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- Überlege, ob sich die Zusammensetzung der Urne nach dem ersten Zug verändert. - Wovon hängt die Trefferwahrscheinlichkeit beim zweiten Zug ab?

1. In der Urne liegen \(4\) rote und \(6\) blaue Kugeln. Beim ersten Zug ist die Trefferwahrscheinlichkeit \(\frac{4}{10}\). 2. Bei Verfahren A wird die gezogene Kugel zurückgelegt. Vor dem zweiten Zug liegt wieder dieselbe Zusammensetzung vor, also bleibt die Trefferwahrscheinlichkeit \(\frac{4}{10}\). 3. Bei Verfahren B verändert der erste Zug die Zusammensetzung der Urne. Die Trefferwahrscheinlichkeit im zweiten Zug hängt dann vom ersten Ergebnis ab. 4. Daher bleibt die Trefferwahrscheinlichkeit nur bei Verfahren A gleich.

Verfahren A (mit Zurücklegen).

- Prüfe, ob sich die Zusammensetzung der Schachtel nach dem ersten Zug verändert. - Vergleiche die Trefferwahrscheinlichkeit im zweiten Zug nach zwei verschiedenen möglichen ersten Ergebnissen.

1. Beim ersten Zug gilt \(P(A)=\frac{5}{10}=\frac12\). 2. Wurde zuerst A gezogen, ist die Trefferwahrscheinlichkeit im zweiten Zug \(\frac49\). 3. Wurde zuerst B gezogen, ist die Trefferwahrscheinlichkeit im zweiten Zug \(\frac59\). 4. Die Wahrscheinlichkeit im zweiten Zug hängt also vom Ergebnis des ersten Zuges ab. Die Ziehungen sind nicht unabhängig.

Nein, die Ziehungen sind bezüglich „A“ nicht unabhängig.

- Wird die Wahrscheinlichkeit berechnet, bevor ein Experiment stattfindet, oder erst danach? - Spielen physikalische Symmetrien eine Rolle? - Handelt es sich um ein einmaliges Ereignis oder um einen wiederholbaren Vorgang? - Worauf stützt sich die Person bei ihrer Angabe: auf Abzählen, auf Messen oder auf eine Meinung?

1. Aussage A wird der klassischen Wahrscheinlichkeit (Laplace) zugeordnet. Die Begründung liegt in der Annahme von Symmetrie und gleichwahrscheinlichen Elementarereignissen (gleich große Felder), wodurch die Wahrscheinlichkeit als Quotient aus günstigen und möglichen Ergebnissen berechnet wird: \(P = \frac{1}{20} = 0{,}05\). 2. Aussage B entspricht der statistischen Wahrscheinlichkeit (empirischer Begriff). Hier wird die relative Häufigkeit \(\frac{142}{500} = 0{,}284\) aus einer langen Versuchsreihe als Schätzwert für die Wahrscheinlichkeit verwendet (Gesetz der großen Zahlen). Da der Legostein keine physikalische Symmetrie wie ein idealer Würfel aufweist, ist ein theoretischer Ansatz vorab nicht möglich. 3. Aussage C ist eine subjektive Wahrscheinlichkeit. Sie basiert nicht auf Symmetrieüberlegungen oder exakten Versuchsreihen, sondern auf einer persönlichen Einschätzung, Intuition oder Erfahrungswerten in einer Situation, die nicht exakt reproduzierbar ist.

A: Klassische Wahrscheinlichkeit (Laplace), da alle Felder gleich wahrscheinlich sind. B: Statistische Wahrscheinlichkeit (Empirisch), da die Wahrscheinlichkeit aus der relativen Häufigkeit einer Versuchsreihe abgeleitet wird. C: Subjektive Wahrscheinlichkeit, da es sich um eine persönliche Einschätzung eines Experten oder einer Einzelperson handelt.

- Wird die Wahrscheinlichkeit aus gleich wahrscheinlichen Fällen abgezählt? - Beruht der Wert auf beobachteten relativen Häufigkeiten? - Oder wird eine formale Eigenschaft beschrieben, die jedes Wahrscheinlichkeitsmaß erfüllen muss?

1. a) Laplace-Begriff: Bei einem fairen Würfel sind die acht Seiten gleich wahrscheinlich. Die Primzahlen \(2,3,5,7\) liefern \(\frac{4}{8}=0{,}5\). 2. b) Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff: Der Wert wird aus beobachteten relativen Häufigkeiten gewonnen. 3. c) Axiomatischer Wahrscheinlichkeitsbegriff: Die Schranken für \(P(A)\) folgen aus den formalen Eigenschaften eines Wahrscheinlichkeitsmaßes. 4. d) Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff: Die Schätzung beruht auf Beobachtungsdaten aus der Vergangenheit.

a) Laplace-Begriff. b) Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff. c) Axiomatischer Wahrscheinlichkeitsbegriff. d) Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff.

- Wird ein Wert aus beobachteten relativen Häufigkeiten gewonnen? - Gibt es gleich wahrscheinliche Elementarereignisse, die abgezählt werden können? - Beruht die Angabe auf einer persönlichen Einschätzung statt auf Symmetrie oder Messdaten?

1. a) Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff: Der Wert wird aus beobachteten Daten als relative Häufigkeit gewonnen. 2. b) Klassischer Wahrscheinlichkeitsbegriff: Bei gleich großen Sektoren sind die zehn Ergebnisse gleich wahrscheinlich. Für die Primzahlen \(2,3,5,7\) gilt \(P=\frac{4}{10}=0{,}4\). 3. c) Subjektiver Wahrscheinlichkeitsbegriff: Die Angabe ist eine persönliche Einschätzung für ein zukünftiges Ereignis. 4. d) Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff: Der Wert wird aus beobachteten Daten gewonnen und als Schätzwert verwendet.

a) Empirisch/statistisch. b) Klassisch/Laplace. c) Subjektiv. d) Empirisch/statistisch.

- Bestimme für beide Strategien die Trefferwahrscheinlichkeit \(p\) pro Frage. - Wie viele Fragen müssen insgesamt beantwortet werden (\(n\))? - Denke daran, dass „mindestens 3“ bedeutet, dass 3, 4 oder 5 Antworten korrekt sein können. - Verwende die Bernoulli-Formel für die einzelnen Wahrscheinlichkeiten.

1. Für Strategie A gilt \(X\sim B(5;0{,}25)\). Daher ist \(P(X\ge3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=\frac{90+15+1}{1024}=\frac{106}{1024}\). 2. Für Strategie B gilt \(Y\sim B(10;0{,}5)\). Daher ist \(P(Y=5)=\binom{10}{5}0{,}5^{10}=\frac{252}{1024}\). 3. Da \(\frac{252}{1024}>\frac{106}{1024}\), bietet Strategie B die höhere Erfolgswahrscheinlichkeit.

Strategie B bietet die höhere Erfolgswahrscheinlichkeit, denn \(\frac{252}{1024}>\frac{106}{1024}\).

- Achte darauf, ob die Auswahl gleichzeitig (oder ohne Zurücklegen) erfolgt oder ob eine Person mehrfach gewählt werden kann. - Welches mathematische Werkzeug hilft dir, die Anzahl der Möglichkeiten zu zählen, eine Teilmenge aus einer größeren Gruppe zu bilden? - Bei Teilaufgabe c) handelt es sich um ein Zufallsexperiment, bei dem die Wahrscheinlichkeit für jeden der vier Schritte gleich bleibt.

1. Berechnung der Gesamtmöglichkeiten für die Auswahl von 4 aus 15 Personen ohne Beachtung der Reihenfolge: \(\binom{15}{4} = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 1365\). 2. Berechnung der günstigen Fälle für genau 2 Frauen und 2 Männer: \(\binom{6}{2} \cdot \binom{9}{2} = 15 \cdot 36 = 540\). Die Wahrscheinlichkeit ergibt sich aus dem Quotienten: \(P = \frac{540}{1365} = \frac{36}{91} \approx 0{,}3956\). 3. Modellierung als Bernoulli-Kette mit \(n=4\), \(k=2\) und der Erfolgswahrscheinlichkeit für eine Frau \(p = \frac{6}{15} = 0{,}4\): \(P(X=2) = \binom{4}{2} \cdot 0{,}4^2 \cdot 0{,}6^2 = 6 \cdot 0{,}16 \cdot 0{,}36 = 0{,}3456\).

a) Es gibt \(1365\) Möglichkeiten. b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(39{,}56\,\%\) (\(\frac{36}{91}\)). c) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(34{,}56\,\%\).

- Achte auf den Unterschied zwischen „mit einem Griff“ und „mit Zurücklegen“. - Wie hängen die Ereignisse „kein Fehler“ und „mindestens ein Fehler“ zusammen? - Was bedeutet es für die Wahrscheinlichkeit des nächsten Zugs, wenn ein bereits geprüftes Teil nicht mehr zur Verfügung steht?

1. Ohne Zurücklegen gilt für kein fehlerhaftes Gerät \(P(X=0)=\frac{\binom{3}{0}\binom{21}{4}}{\binom{24}{4}}=\frac{285}{506}\). 2. Das Ereignis „mindestens ein Fehler“ ist das Gegenereignis. Daher ist \(P(X\ge1)=1-\frac{285}{506}=\frac{221}{506}\). 3. Mit Zurücklegen bleibt die Wahrscheinlichkeit für ein intaktes Gerät konstant \(\frac{21}{24}=\frac{7}{8}\). Damit ist die Wahrscheinlichkeit für vier intakte Geräte \(\left(\frac{7}{8}\right)^4=\frac{2401}{4096}\). 4. Es gilt \(\frac{2401}{4096}>\frac{285}{506}\). Die Wahrscheinlichkeit für vier intakte Geräte ist also beim Ziehen mit Zurücklegen größer.

a) \(\frac{285}{506}\) b) \(\frac{221}{506}\) c) Mit Zurücklegen: \(\frac{2401}{4096}\); dieser Wert ist größer als \(\frac{285}{506}\).

- Wie berechnet man die Anzahl der Möglichkeiten, eine bestimmte Anzahl an Objekten aus einer Menge auszuwählen? - Was ist der Unterschied im Nenner bei der Wahrscheinlichkeitsberechnung zwischen Ziehen mit und ohne Zurücklegen? - Nutze das Gegenereignis „kein defekter Stick“, um die Rechnung zu vereinfachen. - Die absolute Differenz ist der Betrag der Abweichung zwischen beiden Modellen.

1. Ohne Zurücklegen gilt \(P(\text{mindestens 1 defekt})=1-\frac{\binom{47}{3}}{\binom{50}{3}}=\frac{677}{3920}\approx0{,}172704\), also \(17{,}27\,\%\). 2. Im Bernoulli-Modell ist \(p=\frac{3}{50}=0{,}06\). Daher ist \(P(\text{mindestens 1 defekt})=1-0{,}94^3=0{,}169416\), also \(16{,}94\,\%\). 3. Die absolute Differenz beträgt \(\frac{677}{3920}-0{,}169416\approx0{,}00328808\). Das sind etwa \(0{,}33\) Prozentpunkte.

a) \(17{,}27\,\%\) b) \(16{,}94\,\%\) c) \(0{,}33\) Prozentpunkte

- Wie berechnet man den Durchschnittswert aus einer Häufigkeitstabelle? - Welche Formel verknüpft die Parameter einer Binomialverteilung mit ihrem Erwartungswert? - Wie lautet die Bernoulli-Formel für einen spezifischen Wert \(k\)? - Überlege, wie man die relative Häufigkeit eines Ereignisses aus der Anzahl der Beobachtungen bestimmt.

1. \(\bar{k}=\frac{0\cdot4+1\cdot21+2\cdot50+3\cdot48+4\cdot22+5\cdot5}{150}=\frac{378}{150}=2{,}52\). 2. Für \(B(5;p)\) gilt \(E(X)=5p\). Daher folgt aus \(5p=2{,}52\) der Schätzwert \(p=0{,}504\). 3. \(P(X=2)=\binom{5}{2}0{,}504^2 0{,}496^3\approx0{,}309960\), also gerundet \(0{,}3100\). 4. Die empirische relative Häufigkeit beträgt \(\frac{50}{150}=\frac{1}{3}\approx0{,}333333\), also gerundet \(0{,}3333\). 5. Der empirische Wert liegt um etwa \(0{,}0234\), also \(2{,}34\) Prozentpunkte, über dem Modellwert.

1. \(\bar{k}=2{,}52\) 2. \(p=0{,}504\) 3. Theoretisch: \(0{,}3100\); empirisch: \(0{,}3333\). Der empirische Wert ist größer.

- Achte darauf, ob du die Wahrscheinlichkeit für ein einzelnes Bauteil oder die durchschnittliche Anzahl pro Gruppe berechnest. - Was ist das Gegenereignis zu „mindestens ein Defekt“? - Wie bestimmt man die relative Häufigkeit einer kombinierten Merkmalsausprägung, etwa \(k\ge1\)?

1. Insgesamt wurden \(88\) defekte Bauteile unter \(600\) Bauteilen beobachtet. Daher ist \(p=\frac{88}{600}=\frac{11}{75}\). 2. \(P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-\left(\frac{64}{75}\right)^3=\frac{159731}{421875}\approx0{,}378622\), also \(37{,}86\,\%\). 3. Die empirische relative Häufigkeit beträgt \(\frac{55+12+3}{200}=\frac{70}{200}=0{,}35=35\,\%\). Der Modellwert liegt damit um etwa \(2{,}86\) Prozentpunkte höher.

1. \(p=\frac{11}{75}\) 2. \(37{,}86\,\%\) 3. Theoretisch: \(37{,}86\,\%\); empirisch: \(35\,\%\). Der Modellwert ist höher.

- Welche Größe erhältst du, wenn du die beobachteten Defekte durch die Zahl der untersuchten Bauteile teilst? - Welche Angaben rechtfertigen in Teil 2 eine Binomialverteilung? - Unterscheide zwischen der Herkunft eines Wahrscheinlichkeitswerts und den formalen Regeln, die jedes Wahrscheinlichkeitsmodell erfüllen muss.

1. Die relative Häufigkeit beträgt \(\frac{15}{500}=0{,}03\). Wird sie als Schätzwert für eine Wahrscheinlichkeit verwendet, liegt der empirische Wahrscheinlichkeitsbegriff zugrunde. 2. Für die Defektzahl \(X\) gilt \(X\sim B(20;0{,}02)\). Daher ist \(P(X=1)=\binom{20}{1}0{,}02\cdot0{,}98^{19}\approx0{,}2725\). 3. Ein festgelegter Zahlenwert für \(p\) sagt nicht, ob er etwa aus Daten, Symmetrieüberlegungen oder einer Modellannahme stammt. Unabhängig von seiner Herkunft muss das daraus gebildete Wahrscheinlichkeitsmodell die Axiome erfüllen, insbesondere Nichtnegativität, Normierung und Additivität für disjunkte Ereignisse.

1. \(0{,}03=3\,\%\); empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff. 2. \(P(X=1)\approx0{,}2725\). 3. Aus dem festen Wert \(p=0{,}02\) lässt sich seine Begründungsart nicht bestimmen. Das Modell selbst muss jedoch die Wahrscheinlichkeitsaxiome erfüllen.

- Was ist die Grundvoraussetzung dafür, dass man die Formel „Anzahl der günstigen durch Anzahl der möglichen Fälle“ anwenden darf? - Wie hängen die relative Häufigkeit und die empirische Wahrscheinlichkeit zusammen? - Welche formalen Regeln müssen für die Summe aller möglichen Ergebnisse in einem Zufallsexperiment immer gelten?

1. Zu a): Der Laplace-Begriff setzt voraus, dass alle Elementarereignisse gleich wahrscheinlich sind (Symmetrie-Prinzip). Da eine Reißzwecke physikalisch nicht symmetrisch gebaut ist, gibt es keinen theoretischen Grund anzunehmen, dass Kopf und Seite gleich oft auftreten. 2. Zu b): Die relative Häufigkeit ist \(h_{500}(K)=\frac{185}{500}=0{,}37\). Damit liefert die Versuchsreihe den empirischen Schätzwert \(P(K)\approx0{,}37\). 3. Zu c): Nach den Axiomen von Kolmogorow müssen die Wahrscheinlichkeiten nicht-negativ sein (\(P(K)\ge0\) und \(P(S)\ge0\)) und ihre Summe muss genau \(1\) ergeben (\(P(K)+P(S)=1\)), da es sich um ein vollständiges System von Ereignissen handelt.

a) Ungeeignet, da keine physikalische Symmetrie vorliegt (keine Gleichwahrscheinlichkeit). b) \(h_{500}(K)=0{,}37\); als empirischer Schätzwert gilt \(P(K)\approx0{,}37\). c) \(P(K),P(S)\ge0\) und \(P(K)+P(S)=1\).

- Was bedeutet „Laplace“, wenn alle Kugeln die gleiche Chance haben, gezogen zu werden? - Unterscheide zwischen einer theoretischen Überlegung und einem tatsächlich durchgeführten Experiment. - Wie nennt man eine Wahrscheinlichkeit, die nur auf einer persönlichen Meinung beruht? - Denk an den Zusammenhang zwischen der Anzahl der Versuche und der Stabilität von Ergebnissen.

1. Teilaufgabe a): Anwendung der Laplace-Formel \(P(A) = \frac{\text{Anzahl der günstigen Ergebnisse}}{\text{Anzahl der möglichen Ergebnisse}}\). Mit \(4\) roten und insgesamt \(10\) Kugeln ergibt sich \(P(\text{rot}) = \frac{4}{10} = 0{,}4\) bzw. \(40\,\%\). 2. Teilaufgabe b): Es handelt sich um den subjektiven Wahrscheinlichkeitsbegriff, da die Angabe auf einem persönlichen Gefühl bzw. einer individuellen Einschätzung basiert und der objektiven Symmetrie widerspricht. 3. Teilaufgabe c): Die relative Häufigkeit berechnet sich als \(h_n(A) = \frac{\text{Anzahl der Treffer}}{\text{Gesamtzahl der Versuche}}\), also \(\frac{18}{50} = 0{,}36\) bzw. \(36\,\%\). Dies ist dem empirischen Wahrscheinlichkeitsbegriff zuzuordnen. 4. Teilaufgabe d): Der Laplace-Wert ist ein theoretischer Idealwert. Die relative Häufigkeit ist das Ergebnis eines Zufallsexperiments und unterliegt Zufallsschwankungen. Gemäß dem Gesetz der großen Zahlen nähert sich die relative Häufigkeit dem theoretischen Wert erst bei einer sehr hohen Anzahl von Versuchen an.

a) \(P(\text{rot}) = 0{,}4\) b) Subjektiver Wahrscheinlichkeitsbegriff c) \(h_{50}(\text{rot}) = 0{,}36\), empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff d) Der Unterschied liegt in den Zufallsschwankungen bei begrenzter Versuchsanzahl (Gesetz der großen Zahlen).

- Überlege zuerst, welches Wahrscheinlichkeitsmodell beim Ziehen mit Zurücklegen und welches beim Ziehen ohne Zurücklegen passt. - Welche Anzahlen schwarzer Kugeln führen bei drei Ziehungen zum Gewinn? - Vergleiche die beiden Wahrscheinlichkeiten erst, nachdem du sie für beide Modelle bestimmt hast.

1. Mit Zurücklegen gilt für die Zahl \(X\) der schwarzen Kugeln \(X\sim B(3;0{,}6)\). Damit ist \(P(X\ge2)=\binom{3}{2}0{,}6^2\cdot0{,}4+0{,}6^3=0{,}648\). 2. Ohne Zurücklegen gibt es \(\binom{10}{3}=120\) gleich wahrscheinliche Dreierauswahlen. Für mindestens zwei schwarze Kugeln sind \(\binom{6}{2}\binom{4}{1}+\binom{6}{3}=80\) günstig. Daher ist \(P(Y\ge2)=\frac{80}{120}=\frac{2}{3}\). 3. Wegen \(\frac{2}{3}>0{,}648\) ist das Ziehen ohne Zurücklegen für den Spieler günstiger.

Ohne Zurücklegen ist es günstiger: \(\frac{2}{3}>0{,}648\).

- Welche Trefferwahrscheinlichkeit gilt beim Ziehen mit Zurücklegen? - Wie kannst du beim Ziehen ohne Zurücklegen günstige und mögliche Viererauswahlen zählen? - Vergleiche die beiden Wahrscheinlichkeiten als absolute Differenz und anschließend mit dem vorgegebenen Grenzwert.

1. Mit Zurücklegen ist die Wahrscheinlichkeit für eine funktionsfähige Batterie \(p=\frac{45}{50}=0{,}9\). Daher gilt \(P(X=4)=0{,}9^4=0{,}6561\). 2. Ohne Zurücklegen gilt \(P(Y=4)=\frac{\binom{45}{4}}{\binom{50}{4}}=\frac{4257}{6580}\). 3. Die absolute Abweichung beträgt \(\left|0{,}6561-\frac{4257}{6580}\right|\cdot100\approx0{,}91\) Prozentpunkte. 4. Da \(0{,}91<1\) gilt, ist die Binomialverteilung nach dem vorgegebenen Kriterium für dieses Ereignis eine brauchbare Näherung.

a) \(0{,}6561\) b) \(\frac{4257}{6580}\) c) Die Abweichung beträgt ungefähr \(0{,}91\) Prozentpunkte. Nach dem vorgegebenen Kriterium ist die Binomialverteilung hier eine brauchbare Näherung.

- Eine Wahrscheinlichkeit beschreibt keine garantierte Trefferzahl in einer kurzen Serie. - Was bedeutet Unabhängigkeit für den nächsten Versuch nach einer ungewöhnlichen Vorgeschichte? - Für (4) kannst du zwei benachbarte Binomial-Punktwahrscheinlichkeiten vergleichen.

1. (1) ist falsch. \(P(X=1)=\binom{4}{1}\cdot 0{,}25\cdot 0{,}75^3=0{,}421875\), nicht \(1\). 2. (2) ist falsch. Wegen der Unabhängigkeit bleibt die Wahrscheinlichkeit für Rot bei der elften Drehung \(0{,}25\). 3. (3) ist richtig. Bei wachsender Versuchszahl stabilisiert sich die relative Häufigkeit typischerweise in der Nähe der zugrunde gelegten Wahrscheinlichkeit. 4. (4) ist richtig. Für \(X\sim B(40;0{,}25)\) gilt \(\frac{P(X=11)}{P(X=10)}=\frac{10}{11}<1\), also \(P(X=10)>P(X=11)\).

(1) Falsch (2) Falsch (3) Richtig (4) Richtig

- Nutze für (1) die Formel \(np\). - Unabhängigkeit erlaubt bei (2) das Multiplizieren gleicher Einzelwahrscheinlichkeiten. - Ein Ereignis mit positiver Wahrscheinlichkeit ist kein logischer Widerspruch zum Modell. - Eine faire Wette hat Erwartungswert null.

1. (1) ist richtig: \(E(X)=100\cdot0{,}05=5\). 2. (2) ist richtig: Wegen der Unabhängigkeit ist die Wahrscheinlichkeit für \(20\) intakte Chips \(0{,}95^{20}\). 3. (3) ist falsch. Unter dem Modell ist \(P(X=3)=\binom{20}{3}0{,}05^3 0{,}95^{17}\approx0{,}0596\); das Ereignis ist möglich und daher kein logischer Widerspruch zum Modell. 4. (4) ist richtig: Für Erwartungswert null gilt \(0{,}05x-0{,}95\cdot1=0\), also \(x=19\).

(1) Richtig (2) Richtig (3) Falsch (4) Richtig

- Welche Zahlen zwischen 1 und 10 lassen sich als \(n \cdot n\) schreiben? - Die relative Häufigkeit berechnet man aus der Anzahl der Treffer geteilt durch die Gesamtzahl der Versuche. - Was besagt das Normierungsaxiom über die Summe der Wahrscheinlichkeiten aller möglichen Ergebnisse? - Wenn mehrere Ergebnisse die gleiche Wahrscheinlichkeit haben, kannst du ihre Wahrscheinlichkeiten hier einfach addieren.

1. Mögliche Ergebnisse \(\Omega = \{1; 2; \dots; 10\}\), also \(|\Omega| = 10\). Günstige Ergebnisse für \(E\): \(\{1; 4; 9\}\). \(P(E) = \frac{3}{10} = 0{,}3\). 2. Relative Häufigkeit \(h_{500}(10) = \frac{65}{500} = \frac{13}{100} = 0{,}13\). Die Laplace-Wahrscheinlichkeit beträgt \(P(10) = \frac{1}{10} = 0{,}1\). Vergleich: Die relative Häufigkeit (\(0{,}13\)) liegt über der theoretischen Wahrscheinlichkeit (\(0{,}1\)). 3. Nach den Axiomen von Kolmogorow muss die Summe aller Wahrscheinlichkeiten 1 ergeben: \(9 \cdot q + 0{,}2 = 1 \Rightarrow 9q = 0{,}8 \Rightarrow q = \frac{0{,}8}{9} = \frac{8}{90} = \frac{4}{45} \approx 0{,}089\). Ungerade Zahlen sind \(\{1; 3; 5; 7; 9\}\) (5 Stück). Da jede dieser Zahlen die Wahrscheinlichkeit \(q\) besitzt: \(P(\text{ungerade}) = 5 \cdot q = 5 \cdot \frac{4}{45} = \frac{4}{9} \approx 0{,}444\).

1. \(P(E) = 0{,}3\) 2. \(h = 0{,}13\); dieser Wert ist höher als die Laplace-Wahrscheinlichkeit \(0{,}1\). 3. \(q = \frac{4}{45}\); \(P(\text{ungerade}) = \frac{4}{9}\)

- Welche Eigenschaft müssen alle Wahrscheinlichkeiten eines Ergebnisraums in der Summe erfüllen? - Wie unterscheidet sich die Wahrscheinlichkeitsverteilung bei einem Laplace-Experiment von einer allgemeineren Verteilung? - Vergleiche die beobachtete Häufigkeit eines einzelnen Ergebnisses mit den theoretischen Werten der Modelle.

1. Nach den Axiomen von Kolmogorow muss die Summe aller Wahrscheinlichkeiten 1 ergeben: \(P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1\). Einsetzen ergibt \(3 \cdot 0{,}1 + 3 \cdot x = 1\), woraus \(0{,}3 + 3x = 1\) folgt. Somit ist \(3x = 0{,}7\) und \(x = \frac{7}{30} \approx 0{,}233\). 2. Ereignis \(E = \{4, 5, 6\}\). Im Modell 1: \(P_1(E) = P(4) + P(5) + P(6) = \frac{7}{30} + 0{,}1 + \frac{7}{30} = \frac{14}{30} + \frac{3}{30} = \frac{17}{30} \approx 0{,}567\). Im Laplace-Modell: \(P_L(E) = \frac{3}{6} = 0{,}5\). 3. Die relative Häufigkeit für das Ergebnis „6“ beträgt \(h(6) = \frac{140}{600} = \frac{14}{60} = \frac{7}{30} \approx 0{,}233\). Im Modell 1 ist \(P(6) = \frac{7}{30}\), im Laplace-Modell ist \(P(6) = \frac{1}{6} \approx 0{,}167\). Damit passt Modell 1 hinsichtlich des Ergebnisses „6“ besser zu dieser Beobachtung. Aus nur einer Einzelhäufigkeit folgt jedoch noch keine vollständige Bestätigung des gesamten Modells.

1. \(x = \frac{7}{30} \approx 0{,}233\) 2. Modell 1: \(P_1(E) = \frac{17}{30} \approx 0{,}567\); Laplace: \(P_L(E) = 0{,}5\) 3. Hinsichtlich des Ergebnisses „6“ passt Modell 1 besser zur Beobachtung, da \(P(6) = \frac{7}{30}\) der relativen Häufigkeit \(h(6) = \frac{140}{600}\) entspricht. Dies allein bestätigt noch nicht das vollständige Modell.

- Überlege, ob sich die Wahrscheinlichkeit einer Ziffer nach jeder erzeugten Stelle verändert. - Vergleiche eine Kombination mit vier gleichen Ziffern mit einer Kombination aus vier verschiedenen Ziffern. - Woran erkennst du stochastische Unabhängigkeit in einem mehrstufigen Experiment?

1. Bei Verfahren A gilt \(P_A(7777)=\left(\frac{1}{10}\right)^4=0{,}0001\). Bei Verfahren B ist \(P_B(7777)=\frac{4}{40}\cdot\frac{3}{39}\cdot\frac{2}{38}\cdot\frac{1}{37}=\frac{1}{91390}\). 2. Bei Verfahren A gilt wieder \(P_A(1234)=0{,}0001\). Bei Verfahren B ist \(P_B(1234)=\frac{4}{40}\cdot\frac{4}{39}\cdot\frac{4}{38}\cdot\frac{4}{37}=\frac{16}{137085}\). 3. Verfahren A hat unabhängige Stufen: Eine erzeugte Ziffer verändert die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Stellen nicht. Bei Verfahren B wird ohne Zurücklegen gezogen; dadurch ändern sich die verfügbaren Kugeln und damit die Wahrscheinlichkeiten. Die Stufen sind stochastisch abhängig.

1. \(P_A(7777)=0{,}0001\), \(P_B(7777)=\frac{1}{91390}\) 2. \(P_A(1234)=0{,}0001\), \(P_B(1234)=\frac{16}{137085}\) 3. Verfahren A hat unabhängige Stufen; Verfahren B nicht, weil ohne Zurücklegen gezogen wird.

- Vergleiche beim zweiten Zug die Situation mit und ohne Zurücklegen. - Welche Gleichung kennzeichnet stochastische Unabhängigkeit? - Beziehe die relative Abweichung auf die als exakt bezeichnete Wahrscheinlichkeit. - Welche zusätzliche Festlegung brauchst du für ein eindeutiges Qualitätsurteil?

1. Mit Zurücklegen gilt \(P_1=\frac{10}{500}\cdot\frac{10}{500}=0{,}0004\). 2. Ohne Zurücklegen gilt \(P_2=\frac{10}{500}\cdot\frac{9}{499}=\frac{9}{24950}\). 3. Es ist \(P(E_1)=P(E_2)=0{,}02\), aber \(P(E_1\cap E_2)=\frac{9}{24950}\ne0{,}02\cdot0{,}02\). Daher sind \(E_1\) und \(E_2\) in Modell 2 abhängig. 4. Die absolute Abweichung beträgt \(\left|0{,}0004-\frac{9}{24950}\right|=\frac{49}{1247500}\). Bezogen auf den exakten Wert \(P_2\) ist die relative Abweichung \(\frac{49}{450}\approx10{,}89\,\%\). Ob dies als „brauchbar“ gilt, hängt von einem festgelegten Fehlermaß oder Grenzwert ab.

1. \(P_1=0{,}0004\) 2. \(P_2=\frac{9}{24950}\) 3. Die Ereignisse sind in Modell 2 stochastisch abhängig. 4. Absolute Abweichung: \(\frac{49}{1247500}\); relative Abweichung: ungefähr \(10{,}89\,\%\). Ohne Gütekriterium ist „brauchbare Näherung“ nicht eindeutig zu beurteilen.

- Unterscheide zwischen einer ganz spezifischen Karte und einer Gruppe von Karten (wie allen Assen). - Überlege für Aufgabenteil b), welche Verteilung vorliegt, wenn nicht zurückgelegt wird. - Erinnere dich für c) an die Formel für Bernoulli-Ketten, wenn die Wahrscheinlichkeit bei jedem Zug gleich bleibt.

1. Da jede der \(32\) Karten mit der gleichen Wahrscheinlichkeit an der fünften Position liegen kann, beträgt die Wahrscheinlichkeit für das spezifische Herz-Ass \(P = \frac{1}{32} = 0{,}03125\). 2. Ziehen ohne Zurücklegen (hypergeometrische Verteilung): Die Anzahl der Möglichkeiten, \(2\) aus \(4\) Assen und \(3\) aus \(28\) Nicht-Assen zu ziehen, wird durch die Gesamtzahl der Möglichkeiten, \(5\) aus \(32\) Karten zu ziehen, geteilt: \(P(X=2) = \frac{\binom{4}{2} \cdot \binom{28}{3}}{\binom{32}{5}} = \frac{6 \cdot 3276}{201376} = \frac{19656}{201376} \approx 0{,}0976\). 3. Ziehen mit Zurücklegen (Binomialverteilung/Bernoulli-Kette): Die Trefferwahrscheinlichkeit ist \(p = \frac{4}{32} = \frac{1}{8}\). Bei \(n=5\) Versuchen ist die Wahrscheinlichkeit für \(k=2\) Treffer: \(P(X=2) = \binom{5}{2} \cdot \left(\frac{1}{8}\right)^2 \cdot \left(\frac{7}{8}\right)^3 = 10 \cdot \frac{1}{64} \cdot \frac{343}{512} = \frac{3430}{32768} \approx 0{,}1047\).

a) \(P = \frac{1}{32} = 0{,}03125\) b) \(P = \frac{\binom{4}{2} \cdot \binom{28}{3}}{\binom{32}{5}} \approx 0{,}0976\) c) \(P = \binom{5}{2} \cdot (0{,}125)^2 \cdot (0{,}875)^3 \approx 0{,}1047\)

- Welche Auswahlmöglichkeiten sind beim Ziehen ohne Zurücklegen gleich wahrscheinlich? - Welches Modell passt beim Ziehen mit Zurücklegen? - Vergleiche die beiden exakten Wahrscheinlichkeiten und überlege, welche Annahme zur Unabhängigkeit sich zwischen den Modellen ändert.

1. Ohne Zurücklegen gibt es \(\binom{20}{3}=1140\) gleich wahrscheinliche Dreierauswahlen. Günstig sind \(\binom{10}{2}\binom{10}{1}=450\). Damit ist \(P_{\text{ohne}}=\frac{450}{1140}=\frac{15}{38}\). 2. Mit Zurücklegen gilt \(X\sim B(3;0{,}5)\). Daher ist \(P_{\text{mit}}(X=2)=\binom{3}{2}0{,}5^3=\frac{3}{8}\). 3. Es gilt \(\frac{15}{38}>\frac{3}{8}\). Beim Ziehen ohne Zurücklegen sind die Züge abhängig; nach jeder Entnahme ändert sich die Zusammensetzung. Beim Ziehen mit Zurücklegen bleiben die Züge unabhängig und die Trefferwahrscheinlichkeit konstant.

1. \(\frac{15}{38}\) 2. \(\frac{3}{8}\) 3. Ohne Zurücklegen ist die Wahrscheinlichkeit etwas größer; die Züge sind dort abhängig, mit Zurücklegen unabhängig.

- Der Erwartungswert einer Summe ist die Summe der Einzel-Erwartungswerte. - Zähle bei b) die geordneten Paare mit Summe \(7\). - Vergleiche bei c) die Zahl günstiger Paare mit der jeweils unterschiedlichen Gesamtzahl.

1. In Experiment 1 ist \(E(S)=3{,}5+3{,}5=7\). In Experiment 2 ist \(E(S)=2+5=7\). 2. Experiment 1 besitzt \(36\) gleich wahrscheinliche Paare; sechs ergeben die Summe \(7\). Daher ist \(P(S=7)=\frac16\). 3. Experiment 2 besitzt \(27\) gleich wahrscheinliche Paare; drei ergeben die Summe \(7\). Daher ist \(P(S=7)=\frac19\). 4. Für \(S\le4\) gibt es in Experiment 1 sechs günstige von \(36\) Paaren, also \(\frac16\). In Experiment 2 gibt es sechs günstige von \(27\) Paaren, also \(\frac29\).

a) Beide Erwartungswerte sind \(7\). b) Experiment 1: \(\frac16\); Experiment 2: \(\frac19\). Experiment 1 ist größer. c) Experiment 1: \(\frac16\); Experiment 2: \(\frac29\). Experiment 2 ist größer.

- Bestimme zuerst den Anteil der Abonnements in der Grundgesamtheit. - Vergleiche \(n/N\) mit der in der Aufgabe vorgegebenen Grenze. - Verwende anschließend diesen Anteil als \(p\) im Binomialmodell.

1. Der Anteil der Merkmalsträger ist \(p=\frac{3750}{25000}=0{,}15\). 2. Der Stichprobenanteil beträgt \(\frac{50}{25000}=0{,}002=0{,}2\,\%\) und liegt unter der vorgegebenen \(5\,\%\)-Grenze. Die Änderung des Anteils durch einzelne Ziehungen ist daher in diesem Näherungsmodell gering. 3. Mit \(X\sim B(50;0{,}15)\) gilt \(P(X=8)=\binom{50}{8}0{,}15^8\cdot0{,}85^{42}\approx0{,}1493\).

a) \(0{,}2\,\%\le5\,\%\); die vorgegebene Näherungsbedingung ist erfüllt. b) \(P(X=8)\approx0{,}1493\)

- Setze \(N=1200\) in die vorgegebene Näherungsbedingung ein. - Berechne den Defektanteil aus den absoluten Stückzahlen. - „Höchstens ein“ umfasst die Trefferzahlen \(0\) und \(1\).

1. Die vorgegebene Bedingung ergibt \(n\le0{,}05\cdot1200=60\). Der maximale Stichprobenumfang ist \(60\). 2. Der Defektanteil ist \(p=\frac{36}{1200}=0{,}03\). 3. Für die Näherung gilt \(X\sim B(30;0{,}03)\). 4. \(P(X\le1)=0{,}97^{30}+30\cdot0{,}03\cdot0{,}97^{29}\approx0{,}7731\).

a) \(n_{\max}=60\) b) \(P(X\le1)\approx0{,}7731\)

- Welche Angaben in a) erfüllen die Bedingungen einer Bernoulli-Kette? - Wie kannst du „mehr als 10“ bei \(12\) Versuchen in einzelne Trefferzahlen zerlegen? - Welche Modelländerung entsteht in b), wenn ein ausgewählter Setzling nicht zurückgelegt wird?

1. In a) gilt für die Zahl \(X\) der Setzlinge mit langer Blütezeit \(X\sim B(12;0{,}85)\). Gesucht ist \(P(X>10)=P(X=11)+P(X=12)\approx0{,}4435\), also ungefähr \(44{,}35\,\%\). 2. In b) wird ohne Zurücklegen aus einer endlichen Menge gewählt. Daher gilt \(P=\frac{\binom{17}{5}}{\binom{20}{5}}\approx0{,}3991\), also ungefähr \(39{,}91\,\%\). 3. In a) sind unabhängige Versuche mit konstanter Trefferwahrscheinlichkeit Teil des Modells. In b) ändern sich beim Ziehen ohne Zurücklegen die Wahrscheinlichkeiten von Zug zu Zug, sodass keine Bernoulli-Kette vorliegt.

a) ungefähr \(44{,}35\,\%\) b) ungefähr \(39{,}91\,\%\) c) In a) gelten Unabhängigkeit und konstantes \(p\); in b) ändern sich die Wahrscheinlichkeiten durch das Ziehen ohne Zurücklegen.

- Beide Modelle haben dieselbe Versuchszahl, aber unterschiedliche Trefferwahrscheinlichkeiten. - Berechne für jedes Modell dieselbe Punktwahrscheinlichkeit \(P(X=17)\). - Vergleiche nur diese beiden Werte; eine allgemeine Testentscheidung ist nicht gefragt.

1. Für Modell A gilt \(X_A\sim B(20;0{,}95)\). Daher ist \(P(X_A=17)=\binom{20}{17}0{,}95^{17}0{,}05^3\approx0{,}0596\). 2. Für Modell B gilt \(X_B\sim B(20;0{,}80)\). Daher ist \(P(X_B=17)=\binom{20}{17}0{,}80^{17}0{,}20^3\approx0{,}2054\). 3. Da \(0{,}2054>0{,}0596\), ist das konkrete Ergebnis \(17\) unter Modell B wahrscheinlicher. Diese Aussage vergleicht nur die beiden vorgegebenen Punktwahrscheinlichkeiten und ist kein Signifikanztest.

a) Modell A: \(0{,}0596\); Modell B: \(0{,}2054\) b) Genau \(17\) Keimungen sind unter Modell B wahrscheinlicher.

- Überlege, ob die Auswahl gleichzeitig (ohne Zurücklegen) oder nacheinander mit Zurücklegen erfolgt. - Welche Formel hilft dir, die Anzahl der Möglichkeiten zu bestimmen, eine Teilmenge aus einer Gesamtmenge auszuwählen? - Wie berechnest du die Wahrscheinlichkeit, wenn du die Anzahl der günstigen und der möglichen Kombinationen kennst? - Woran erkennst du, dass für den zweiten Teil der Aufgabe die Binomialverteilung anzuwenden ist?

1. Anzahl der Möglichkeiten: Die Auswahl von 5 aus 20 Personen ohne Beachtung der Reihenfolge wird durch den Binomialkoeffizienten \(\binom{20}{5} = 15\,504\) berechnet. 2. Günstige Fälle für genau 3 Personen mit Tablet: Man wählt 3 aus den 12 Personen mit Tablet und 2 aus den 8 Personen ohne Tablet. Anzahl: \(\binom{12}{3} \cdot \binom{8}{2} = 220 \cdot 28 = 6160\). 3. Wahrscheinlichkeit (hypergeometrisch): \(P = \frac{6160}{15504} = \frac{385}{969} \approx 0{,}3973\). 4. Wahrscheinlichkeit bei Ziehen mit Zurücklegen (binomialverteilt): Hier liegt eine Bernoulli-Kette mit \(n = 10\) und \(p = \frac{12}{20} = 0{,}6\) vor. 5. Berechnung für \(k = 4\): \(P(X = 4) = \binom{10}{4} \cdot 0{,}6^4 \cdot 0{,}4^6 = 210 \cdot 0{,}1296 \cdot 0{,}004096 \approx 0{,}1115\).

a) Es gibt \(15\,504\) Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(39{,}73\,\%\) (\(\frac{385}{969}\)). b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(11{,}15\,\%\) (exakt \(0{,}111476736\)).

- Identifiziere die Trefferwahrscheinlichkeit \(p\) für ein einzelnes Teil. - Erinnere dich an die Formel für die Punktwahrscheinlichkeit der Binomialverteilung. - Welches Ereignis ist das Gegenereignis zu „mindestens ein Defekt“? - Überlege dir für Teil c), wie sich die Wahrscheinlichkeit für ein intaktes Teil im zweiten Zug ändert, wenn im ersten Zug bereits ein intaktes Teil entnommen wurde.

1. Beim Ziehen mit Zurücklegen gilt für die Defektzahl \(X\sim B(10;0{,}2)\). 2. \(P(X=2)=\binom{10}{2}0{,}2^2 0{,}8^8\approx0{,}301990\), also \(30{,}20\,\%\). 3. \(P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0{,}8^{10}\approx0{,}892626\), also \(89{,}26\,\%\). 4. Ohne Zurücklegen ist die Wahrscheinlichkeit für zehn intakte Teile \(\frac{120}{150}\cdot\frac{119}{149}\cdots\frac{111}{141}\). Nach jedem gezogenen intakten Teil sinkt der Anteil intakter Teile, daher ist dieses Produkt kleiner als \(0{,}8^{10}\). Somit ist die Wahrscheinlichkeit für „kein defektes Teil“ ohne Zurücklegen kleiner.

a) \(30{,}20\,\%\) b) \(89{,}26\,\%\) c) Die Wahrscheinlichkeit für „kein defektes Teil“ ist ohne Zurücklegen kleiner als mit Zurücklegen.

- Überlege dir zuerst, ob die Ziehungen unabhängig voneinander sind oder ob sich die Zusammensetzung des Inhalts ändert. - Welches Modell (Bernoulli-Kette oder Ziehen ohne Zurücklegen) passt zu welcher Teilaufgabe? - Bei der Frage nach der Mindestanzahl hilft oft der Blick auf das Gegenereignis. - Denk daran, dass sich bei Ungleichungen das Zeichen umkehrt, wenn du durch eine negative Zahl dividierst.

1. Für Teilaufgabe a) liegt eine Bernoulli-Kette mit \(n = 6\), \(k = 2\) und der Erfolgswahrscheinlichkeit \(p = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}\) vor. Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich nach der Formel von Bernoulli: \(P(X = 2) = \binom{6}{2} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^2 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^4 = 15 \cdot \frac{1}{9} \cdot \frac{16}{81} = \frac{80}{243} \approx 0{,}3292\). 2. Für Teilaufgabe b) wird ohne Zurücklegen gezogen (Lotto-Modell). Die Wahrscheinlichkeit ergibt sich über den Binomialkoeffizienten (hypergeometrische Verteilung): \(P(Y = 2) = \frac{\binom{5}{2} \cdot \binom{10}{4}}{\binom{15}{6}} = \frac{10 \cdot 210}{5005} = \frac{2100}{5005} = \frac{420}{1001} \approx 0{,}4196\). 3. Für Teilaufgabe c) wird der Ansatz über das Gegenereignis „kein Gewinnlos“ bei \(n\) Ziehungen gewählt: \(1 - P(\text{kein Gewinn}) > 0{,}95\). Dies führt zur Ungleichung \(1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n > 0{,}95\), woraus \(\left(\frac{2}{3}\right)^n < 0{,}05\) folgt. Durch Logarithmieren erhält man \(n \cdot \ln\left(\frac{2}{3}\right) < \ln(0{,}05)\). Da \(\ln\left(\frac{2}{3}\right)\) negativ ist, dreht sich das Relationszeichen um: \(n > \frac{\ln(0{,}05)}{\ln\left(\frac{2}{3}\right)} \approx 7{,}39\). Somit muss man mindestens \(8\)-mal ziehen.

a) \(P(X = 2) = \frac{80}{243} \approx 32{,}92\,\%\) b) \(P(Y = 2) = \frac{420}{1001} \approx 41{,}96\,\%\) c) Man muss mindestens \(8\)-mal ziehen.

- Überlege, welches Verteilungsmodell bei gleichbleibender Trefferwahrscheinlichkeit (mit Zurücklegen) anzuwenden ist. - Welches Modell nutzt man, wenn sich die Wahrscheinlichkeiten durch die Entnahme ändern? - Erinnere dich an die Formel für die hypergeometrische Verteilung: „Anzahl der Möglichkeiten für rote Kugeln mal Anzahl der Möglichkeiten für blaue Kugeln geteilt durch Gesamtmöglichkeiten“. - Die relative Abweichung berechnest du, indem du die Differenz der Werte durch den Bezugswert (hier das Ergebnis aus a) teilst. - Wie verändert sich der Anteil einer Farbe in einer Urne nach einer Entnahme, wenn die Urne sehr viele oder nur sehr wenige Kugeln enthält?

1. Berechnung für Ziehen mit Zurücklegen (Binomialverteilung): Da das Verhältnis der Kugeln in beiden Urnen gleich ist (\(p = \frac{8}{12} = \frac{80}{120} = \frac{2}{3}\)), ist die Wahrscheinlichkeit für beide Urnen identisch: \(P(X=2) = \binom{3}{2} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^1 = 3 \cdot \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{9} \approx 0{,}4444\). 2. Berechnung für Ziehen ohne Zurücklegen (Hypergeometrische Verteilung): Urne \(A\): \(P(Y_A=2) = \frac{\binom{8}{2} \cdot \binom{4}{1}}{\binom{12}{3}} = \frac{28 \cdot 4}{220} = \frac{112}{220} = \frac{28}{55} \approx 0{,}5091\). Urne \(B\): \(P(Y_B=2) = \frac{\binom{80}{2} \cdot \binom{40}{1}}{\binom{120}{3}} = \frac{3160 \cdot 40}{280840} = \frac{126400}{280840} = \frac{3160}{7021} \approx 0{,}4501\). 3. Relative Abweichung \(\frac{|P_{\text{ohne}} - P_{\text{mit}}|}{P_{\text{mit}}}\): Urne \(A\): \(\frac{28/55 - 4/9}{4/9} = \frac{32/495}{4/9} = \frac{8}{55} \approx 14{,}55\,\%\). Urne \(B\): \(\frac{3160/7021 - 4/9}{4/9} = \frac{356/63189}{4/9} = \frac{89}{7021} \approx 1{,}27\,\%\). 4. Interpretation: Bei einer größeren Grundgesamtheit (Urne \(B\)) wirkt sich die Entnahme einer Kugel weniger stark auf die verbleibenden Anteile aus. Daher nähert sich die hypergeometrische Verteilung der Binomialverteilung an, und die relative Abweichung wird kleiner.

a) Urne \(A\) und \(B\): \(P \approx 0{,}4444\) (bzw. \(\frac{4}{9}\)). b) Urne \(A\): \(P \approx 0{,}5091\) (bzw. \(\frac{28}{55}\)); Urne \(B\): \(P \approx 0{,}4501\) (bzw. \(\frac{3160}{7021}\)). c) Urne \(A\): \(\approx 14{,}55\,\%\); Urne \(B\): \(\approx 1{,}27\,\%\). d) Je größer die Grundgesamtheit bei gleichbleibendem Stichprobenumfang ist, desto geringer ist der Unterschied zwischen Ziehen mit und ohne Zurücklegen.

- Vergleiche zuerst den Defektanteil beider Lieferungen. - Beim Ziehen ohne Zurücklegen zählen Kombinationen mit genau einem Defekt. - Setze in der vorgegebenen Faustregel jeweils \(n=4\) und die passende Grundgesamtheit \(N\) ein.

1. In beiden Lieferungen beträgt der Defektanteil \(p=0{,}1\). Im Vergleichsmodell gilt daher \(P(X=1)=\binom{4}{1}0{,}1\cdot0{,}9^3=\frac{729}{2500}=0{,}2916\). 2. Für Lieferung 1 ist die exakte Wahrscheinlichkeit \(P(Y_1=1)=\frac{\binom{5}{1}\binom{45}{3}}{\binom{50}{4}}=\frac{1419}{4606}\). 3. Für Lieferung 2 ist die exakte Wahrscheinlichkeit \(P(Y_2=1)=\frac{\binom{50}{1}\binom{450}{3}}{\binom{500}{4}}=\frac{862080}{2940607}\). 4. Für Lieferung 1 ist \(4\le0{,}05\cdot50=2{,}5\) falsch; für Lieferung 2 ist \(4\le0{,}05\cdot500=25\) wahr. 5. Numerisch gilt \(\frac{1419}{4606}\approx0{,}3081\) und \(\frac{862080}{2940607}\approx0{,}2932\). Damit liegt die Wahrscheinlichkeit der großen Lieferung deutlich näher am Binomialwert \(0{,}2916\), passend zur Faustregel.

a) \(\frac{729}{2500}=0{,}2916\) b) Lieferung 1: \(\frac{1419}{4606}\); Lieferung 2: \(\frac{862080}{2940607}\) c) Die Faustregel ist nur für Lieferung 2 erfüllt; dort liegt die exakte Wahrscheinlichkeit auch deutlich näher am Binomialwert.

- Für die Summe \(12\) gibt es nur das Paar \((6;6)\). - Bei der Summe \(7\) kannst du die konstante Wahrscheinlichkeit des fairen Würfels ausklammern. - Berechne den Erwartungswert des gezinkten Würfels aus seinen sechs möglichen Werten.

1. Set A: \(P(S=12)=\frac16\cdot\frac16=\frac1{36}\). Set B: \(P(S=12)=\frac16\cdot0{,}5=\frac1{12}\). 2. Für Set B gilt \(P(S=7)=\sum_{i=1}^{6}\frac16 P(Y=7-i)=\frac16\sum_{j=1}^{6}P(Y=j)=\frac16\). Dies entspricht Set A. 3. Für den gezinkten Würfel ist \(E(Y)=0{,}1(1+2+3+4+5)+0{,}5\cdot6=4{,}5\). 4. Daher ist \(E(S_B)=3{,}5+4{,}5=8\). Für Set A ist \(E(S_A)=7\); Set B liegt um \(1\) höher.

a) Set A: \(\frac1{36}\); Set B: \(\frac1{12}\) b) In beiden Sets \(P(S=7)=\frac16\). c) \(E(S_B)=8\), also um \(1\) größer als bei Set A.

- Trenne die Frage „Ist ein Binomialmodell plausibel?“ von der Frage „Welches der beiden vorgegebenen Modelle macht die beobachteten Daten wahrscheinlicher?“. - Vergleiche in b) dieselbe Punktwahrscheinlichkeit \(P(X=38)\) unter beiden Werten von \(p\). - Vergleiche die Modelle für die nächsten zehn Würfe nicht nur über den Erwartungswert, sondern auch über die Schwellenwahrscheinlichkeit und die Streuung. - Eine größere Punktwahrscheinlichkeit für genau diese Beobachtung beweist nicht, dass das betreffende Modell wahr ist.

1. Für ein Binomialmodell müssen die zehn Würfe als gleichartige Versuche mit den Ausgängen Treffer/Nichttreffer betrachtet werden; die Trefferwahrscheinlichkeit muss während der Serie konstant sein, und die Würfe müssen näherungsweise unabhängig sein. Müdigkeit, Lernfortschritt oder Drucksituationen können diese Annahmen verletzen. 2. Für die Testserie gilt unter Modell A \(P_A(X=38)=\binom{50}{38}0{,}7^{38}0{,}3^{12}\approx0{,}0838\). Unter Modell B gilt \(P_B(X=38)=\binom{50}{38}0{,}8^{38}0{,}2^{12}\approx0{,}1033\). 3. Da \(0{,}1033>0{,}0838\), macht Modell B genau dieses Beobachtungsergebnis wahrscheinlicher. Das ist ein Vergleich der beiden vorgegebenen Modelle, kein Beweis für den wahren Parameter und kein vollständiger Signifikanztest. 4. Für Modell A gilt \(P(X\ge8)=\sum_{k=8}^{10}\binom{10}{k}0{,}7^k0{,}3^{10-k}\approx0{,}3828\). 5. Für Modell B gilt \(P(X\ge8)=\sum_{k=8}^{10}\binom{10}{k}0{,}8^k0{,}2^{10-k}\approx0{,}6778\). 6. Modell A hat \(E(X)=7\) und \(\sigma=\sqrt{2{,}1}\approx1{,}45\); Modell B hat \(E(X)=8\) und \(\sigma=\sqrt{1{,}6}\approx1{,}26\). 7. Modell B sagt im Mittel einen Treffer mehr voraus und bewertet mindestens acht Treffer deutlich wahrscheinlicher. Gleichzeitig ist die Streuung etwas kleiner. Für eine Planung, bei der acht Treffer eine wichtige Schwelle sind, führen die Modelle daher zu deutlich verschiedenen Erwartungen.

a) Konstante Trefferwahrscheinlichkeit und näherungsweise unabhängige, gleichartige Würfe; z. B. Müdigkeit kann das Modell einschränken. b) Modell A: \(P(X=38)\approx0{,}0838\); Modell B: \(P(X=38)\approx0{,}1033\). Das konkrete Beobachtungsergebnis ist unter Modell B wahrscheinlicher. c) Modell A: \(0{,}3828\); Modell B: \(0{,}6778\) d) Modell A: \(E(X)=7\), \(\sigma\approx1{,}45\); Modell B: \(E(X)=8\), \(\sigma\approx1{,}26\) e) Modell B prognostiziert mehr Treffer und eine deutlich größere Chance auf mindestens acht Treffer bei etwas kleinerer Streuung.