Schulmathematik unter didaktischen Gesichtspunkten: Stochastik in der Sekundarstufe II (Demo-Kurs)

Lageparameter

Hinweise

1. Die zur Berechnung des arithmetischen Mittels notwendigen Operationen lassen sich nur bei quantitativen Merkmalen durchführen.
2. Durch Umformung obiger Gleichung ergibt sich: \[n\cdot\overline{x} = x_1+x_2+\ldots + x_n\] Die Summe aller \(n\) Einzelwerte kann man sich also durch die Summe von \(n\) gleich großen errechneten Werten \(\overline{x}\) ersetzt vorstellen. In diesem Sinne nimmt das arithmetische Mittel also eine Art Ersatzfunktion ein.
3. Durch Umformung ergibt sich weiterhin, dass die Summe der Abweichungen aller Werte vom arithmetischen Mittel gleich Null ist: \[\sum_{i=1}^n (x_i-\overline{x}) = 0\]
4. Das arithmetische Mittel wird stark von „Ausreißern“ beeinflusst, also von einzelnen Daten, die stark vom Rest der Daten abweichen.

Graphische Veranschaulichung der Ungleichung für \(\text{ }n=2\):

Für \(x_1\) und \(x_2\) gilt: \[\overline{x} = \frac{x_1+x_2}{2}\] \[\overline{x}_g = \sqrt{x_1\cdot x_2}\] \[\overline{x}_h = \frac{1}{\frac{1}{2}(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2})}\]

Damit gilt rechnerisch: \(\overline{x}_g^2 = \overline{x}_h\cdot \overline{x}\)

In einem Halbkreis mit Durchmesser \(x_1+x_2 = 2r\) hat der Radius gerade die Länge des arithmetischen Mittels \(\overline{x}\).

Nach dem Höhensatz gilt: \(\overline{x}_g^2 = x_1\cdot x_2 = h^2\). \(\overline{x}\) ist Hypotenuse des "inneren" Dreiecks, dessen eine Kathete \(\overline{x}_g\) ist. Nach obiger Rechnung gilt mit dem Kathetensatz: \[\overline{x}_h\cdot \overline{x} = \overline{x}_g^2 = m\cdot\overline{x},\] wobei \(m\) der längere der beiden Hypotenusen-Abschnitte ist.

Dementsprechend lassen sich die drei „Mittel“ (für \(n=2\) in ein rechtwinkliges Dreieck bzw. den zugehörigen Halbkreis einbeschreiben, anhand dessen sich leicht die obige Ungleichung graphisch belegen lässt.

Die Schreibweise, Indizes in runde Klammern zu setzen, wird üblicherweise verwendet, um Daten zu kennzeichnen, die der Größe nach geordnet sind.

Für eine gerade Anzahl von Daten gibt es allerdings keine einheitliche Festlegung. Manchmal wird auch dabei das arithmetische Mittel aus \(x_{(\frac{n}{2})}\) und \(x_{(\frac{n}{2}+1)}\) gewählt, so wie dies bei quantitativen Merkmalen geschieht.

Der Median zeichnet sich dadurch aus, dass er in der „Mitte“ einer der Größe nach geordneten Datenmenge liegt. Dabei sind mindestens 50% der Daten kleiner oder gleich und mindestens 50% der Daten größer oder gleich dem Median.

Zur Bestimmung dieses Wertes werden lediglich die Rangmerkmale benötigt. Quantitative Merkmale werden nicht gebraucht.

Grafik zum Median

Hinweise

1. Für \(p=0,5\) ergibt sich gerade der Median.
2. p-Quantile kommen in der Praxis häufig vor. Dabei sind die folgenden Bezeichnungen üblich:
   • \(x_{0,25}\) heißt erstes Quartil (auch unteres Quartil).
   • \(x_{0,5}\) heißt zweites Quartil (Median).
   • \(x_{0,75}\) heißt drittes Quartil (auch oberes Quartil).
   • \(x_{0,1}\) heißt erstes Dezil.
   • \(x_{0,9}\) heißt neuntes Dezil.
   Das untere Quartil, der Median und das obere Quartil spielen bspw. in Box-Plot-Diagrammen eine Rolle.

Da die Spannweite nur vom größten und kleinsten Wert der Datenmenge bestimmt wird, hängt sie stark von Ausreißern ab und gibt keine Auskunft darüber, wie sich die Werte im Intervall \([x_{min}⁡,x_{max⁡}]\) verhalten. Die Spannweite ändert sich nur, wenn ein neuer Wert auftritt, der kleiner als \(x_{min⁡}\) oder größer als \(x_{max}\) ist.

Während die Spannweite also einen Bereich festlegt, innerhalb dessen \(100\%\) der Merkmalswerte liegen, wird durch den Quartilsabstand ein Bereich festgelegt, der \(50\%\) aller Messwerte beinhaltet und in dem insbesondere der Median \(x_{0,5}\) liegt.

Per Definition liegt der Median immer in diesem Bereich. Bei asymmetrischen Verteilungen allerdings liegt er nicht in der Mitte des Quartilsintervalls \([x_{0,25},x_{0,75}]\).

Durch den Quartilsabstand wird die Datenmenge in drei Bereiche eingeteilt:

1. \(25\%\) der Werte, die kleiner sind als das untere Quartil
2. \(50\%\) der Werte, die im Intervall \([x_{0,25},x_{0,75}]\) liegen
3. \(25\%\) der Werte, die größer sind als das obere Quartil

Eine graphische Darstellungsweise, die z.B. in wissenschaftlichen Publikationen verwendet wird, ist das Box-Plot-Diagramm.

Analog lässt sich auch die mittlere absolute Abweichung vom Median definieren:

\[d_{x_{0,5}} := \frac{1}{n}\sum_{i=i}^n |x_i-x_{0,5}| = \frac{1}{n}(|x_1-x_{0,5}|+\ldots+|x_n-x_{0,5}|)\]

Der Betrag bzw. die Wahl der absoluten Abweichung in der obigen Definition trägt der Tatsache Rechnung, dass die Summe aller Abweichungen vom arithmetischen Mittel gleich Null ist.

Empirische Varianz, empirische Standardabweichung

Bei der empirischen Varianz handelt es sich um das arithmetische Mittel der quadratischen Abweichungen vom arithmetischen Mittel. Handelt es sich bei den zu Grunde liegenden Daten bspw. um Körpergrößen in cm, dann misst die Varianz die Abweichung in Quadratzentimetern. Die Standardabweichung hingegen misst wieder in der ursprünglichen Maßeinheit.

Anmerkungen/Hinweise:

1. Im Rahmen der Schätztheorie in der Sekundarstufe II kann begründet werden, dass die so definierte Varianz \(s^2\) mit dem Faktor \(\frac{1}{n-1}\) ein erwartungstreuer Schätzer für die Varianz \(\sigma^2\) ist. \(\frac{1}{n}\sum_{i=i}^n (x_i-\overline{x})^2\) hingegen würde diese Eigenschaft nicht erfüllen.
2. Allerdings findet sich die Definition mit dem Faktor \(\frac{1}{n}\) anstatt \(\frac{1}{n-1}\) in der (didaktischen) Literatur. Auf Taschenrechnern (bzw. häufig auch bei CAS-Rechnern) sind oft beide Implementationen vorhanden. Deshalb sollte überprüft werden, welche Definition verwendet wird.
3. Bei großem Stichprobenumfang ist der Unterschied zwischen Division durch \(n\) und durch \(n-1\) allerdings unerheblich.
4. In Anwendungen (z.B. in den Naturwissenschaften) werden arithmetisches Mittel und Standardabweichung häufig nicht getrennt angegeben, sondern in der Form \(\overline{x}\pm s\).

Liegen annähernd normalverteilte Daten vor, so gilt:

1. Ca. \(68\%\) der Daten liegen im Bereich \(\overline{x}\pm s\), das heißt, im Intervall zwischen \(\overline{x}-s\) und \(\overline{x}+s\).
2. Ca. \(96\%\) der Daten liegen im Bereich \(\overline{x}\pm 2s\).
3. Ca. \(99\%\) der Daten liegen im Bereich \(\overline{x}\pm 3s\).

Anschaulich interpretiert, weichen also ungefähr \(68\%\), bzw. \(96\%\) bzw. \(99\%\) der Daten um höchstens eine Standardabweichung, bzw. um zwei Standardabweichungen, bzw. um drei Standardabweichungen vom Mittelwert ab.

Dies steht in Beziehung zu den drei Sigma-Regeln, die im Kapitel zur Normalverteilung behandelt werden (vgl. Kapitel 5.2).

Allgemeine Wahrscheinlichkeitsräume

Aus der Sekundarstufe I ist der Umgang mit Wahrscheinlichkeitsräumen bekannt bzw. deren implizite Verwendung. Die dabei relevanten Wahrscheinlichkeitsräume zeichnen sich durch die Endlichkeit ihrer Ergebnismenge \(\Omega \) aus:

Durch die Einführung des Konzepts Wahrscheinlichkeitsraum wird die bisher anschaulich motivierte Vorstellung der Wahrscheinlichkeit theoretisch fundiert und axiomatisiert. Kolmogoroffs Axiomensystem stellt zuerst einmal „nur“ ein mögliches System von Verknüpfungen dar, aus dem sich allerdings die bekannten Eigenschaften, die vom Wahrscheinlichkeitsbegriff erwartet werden, ableiten lassen. Das System ist dabei effizient – es enthält so wenige Axiome wie möglich – und diese Axiome sind widerspruchsfrei.

Im Folgenden wird dieses Konzept verallgemeinert, hin zu Wahrscheinlichkeitsräumen mit abzählbar-unendlicher Ergebnismenge \(\Omega\).

Analog zum Fall des endlichen Wahrscheinlichkeitsraums wird dabei jedem Elementarereignis \(\{\omega_i\}\) aus \(\Omega = \{\omega _1, \omega _2, \omega _3, \ldots \}\) eine nichtnegative Zahl \(P(\omega _i)\) zugeordnet, sodass die Summe aller solchen Wahrscheinlichkeiten 1 ergibt: \(\sum_{i=1}^{\infty}{P(\omega_i) = 1}\)

Für alle Teilmengen \(E\) von \(\Omega\) wird dann die eine Wahrscheinlichkeitsverteilung P definiert durch: \(P(E)=\sum_{\omega_i\in E}{P(\omega_i)}\)

Da diese Summe absolut konvergent ist (also jede Umordnung gegen den gleichen Wert konvergiert), ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung wohldefiniert.

Im Gegensatz zu endlichen Wahrscheinlichkeitsräumen, wo nur die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung endlich vieler, paarweise disjunkter, Mengen erklärt ist, ist im Fall des abzählbar-unendlichen Wahrscheinlichkeitsraums die Wahrscheinlichkeit der Vereinigung abzählbar-unendlich vieler, paarweise disjunkter, Mengen erklärt.

In beiden Fällen spricht man von sogenannten diskreten Wahrscheinlichkeitsräumen. (In Kapitel 5 hingegen werden Wahrscheinlichkeitsräume mit überabzählbar-unendlicher Ergebnismenge \(\Omega\) benötigt.)

Ein zentrales Ziel der Wahrscheinlichkeitslehre/Stochastik ist die Berechnung von („neuen“) Wahrscheinlichkeiten unter Verwendung bereits bekannter Wahrscheinlichkeiten.

So lassen sich beispielsweise viele komplexere Zufallsexperimente als Verkettung von einfacheren Zufallsexperimenten beschreiben, die dann als mehrstufige Zufallsexperimente bezeichnet werden.

So könnte bspw. das Werfen von drei Würfeln als dreimaliges Werfen des gleichen Würfels interpretiert werden. (Hierbei darf allerdings die Reihenfolge der Würfelergebnisse keine Rolle spielen!)

Im Fall der sogenannten bedingten Wahrscheinlichkeiten stellt sich die Frage, ob und wie sich zwei Ereignisse gegenseitig beeinflussen bzw. ob diese voneinander (stochastisch) unabhängig sind. Es stellt sich also die Frage, ob sich die Wahrscheinlichkeit für das Eintreten eines Ereignisses \(B\) ändert, wenn bereits bekannt ist, dass ein anderes Ereignis A eingetreten ist.

Mit Hilfe des Laplace-Ansatzes ergibt sich dann:

\(P(B│A)=\frac{|A∩B|}{|A|} = \frac{\frac{|A\cap B|}{|\Omega|}}{\frac{|A|}{|Ω|}}=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}\)

Damit wurde die Wahrscheinlichkeit \(P(B│A)\) mit Hilfe von Werten der Wahrscheinlichkeitsverteilung \(P\) ausgedrückt.

Hinweise:

1. Auch bei den bislang in diesem Kurs untersuchten Wahrscheinlichkeiten \(P(A)\) handelt es sich um bedingte Wahrscheinlichkeiten. Es gilt \[P(A│\Omega):=\frac{P(A\cap\Omega)}{P(\Omega)} =\frac{P(A)}{1}=P(A)\] für alle \(A\in P(\Omega)\)
2. Mit \(A|B\) wird keine Teilmenge von \(\Omega\) beschrieben. \(A|B\) ist also kein Ereignis und tritt nie eigenständig auf, sondern nur in Verbindung mit \(P(A│B)\) – der bedingten Wahrscheinlichkeit von \(A\) unter der Bedingung von \(B\). Die damit verbundene Interpretations-Schwierigkeit wird mit der Schreibweise \(P_B (A)\) gemindert.
3. Für alle Ereignisse \(A\neq\emptyset\) mit \(P(A)>0\) gilt \(P(A|A)=1\), denn
   
   \(P(A│A)≔\frac{P(A\cap A)}{P(A)} = \frac{P(A)}{P(A)} = 1\)
4. Für \(P(B)=0\) ergibt die Definition \(\frac{P(A∩B)}{P(B)}\) keinen Sinn.
5. Gilt für \(A\) und \(B\) mit \(P(B)>0\), dass \(P(A\cap B)=0\), dann ist per Definition \(P(A│B)=0\).
6. Durch Umformen der Definition ergibt sich die folgende Regel für Wahrscheinlichkeiten von Ereignissen der Form \(A\cap B\) für \(P(B)>0\):
   
   \[P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A│B)\]
   
   Da \((A\cap B)=(B\cap A)\), ist aus Symmetriegründen auch für \(P(A)>0\)
   
   \[P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B│A)\]
7. Während (s. 4)) für \(P(B)=0\) die Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit \(\frac{P(A∩B)}{P(B)}\) keinen Sinn ergibt, ist es dennoch sinnvoll, für die Multiplikationsregeln aus 6) zu vereinbaren, dass \(P(A\cap B)=0\) gelten soll, falls \(P(A)=0\) oder \(P(B)=0\) ist.

Stochastische Unabhängigkeit

Im vorherigen Anwendungs-Beispiel wird, inhaltlich gesehen, davon ausgegangen bzw. gehofft, dass Ereignis \(A\) (die Grippe-Impfung) Ereignis \(B\) (eine Grippe-Erkrankung) beeinflusst (also das Risiko einer solchen verringert).

In anderen Fällen beeinflussen sich Ereignisse hingegen nicht, bzw. sollen sich nicht gegenseitig beeinflussen, also voneinander unabhängig sein. Es soll dann also gelten: \[P(B)=P(B│A)\]. Dabei ist zu bemerken, dass die Forderung \(P(A)≠0\) keine Einschränkung darstellt. \(P(A)=0\) entspräche einem Nicht-Eintreten von \(A\). Die bedingte Wahrscheinlichkeit von \(B\) bei Eintreten von \(A\) wäre damit nicht sinnvoll (vgl. Hinweis 4 oben).

Ist also \(P(B)=P(B│A)\), dann gilt unter Verwendung der Formel für die Berechnung der bedingten Wahrscheinlichkeit aus: \[P(B)=P(B│A)= \frac{P(A\cap B)}{P(A)}\] Umformen führt zur folgenden Definition:

Diese Definition ist rechnerisch handhabbar, zeigt die Symmetrie der „Beziehung“ und ist auch für die Fälle \(P(A)=0\) oder \(P(B)=0\) gültig.

Hinweis:

Sind \(A\) und \(B\) unabhängig, dann sind die folgenden Ereignisse jeweils unabhängig:

1. \(A\) und \(\overline{B}\)
2. \(\overline{A}\) und \(B\)
3. \(\overline{A}\) und \(\overline{B}\)

Ob zwei Ereignisse \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig sind, lässt sich mittels einer Vierfeldertafel überprüfen.

Sind \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig, so müssen die Werte in obiger Tafel mit denen der folgenden Multiplikationstafel übereinstimmen.

Qualitativ betrachtet lässt sich sagen: Je stärker die Zahlenwerte differieren, desto größer ist die inhaltliche Abhängigkeit der Ereignisse.

Für den Sonderfall \(n=2\) ergibts sich damit:

Die Ergebnismenge \(\Omega\) zerfällt nur in \(B\) und \(\overline{B}\), also \(\Omega = B\cup \overline{B}\). Für \(P(B)>0\) und \(P(\overline{B})>0\) gilt dann: \[P(A) = P(B)\cdot P(A|B) + P(\overline{B})\cdot P(A|\overline{B})\]

Für den Sonderfall \(n=2\) ergibts sich damit:

Die Ergebnismenge \(\Omega\) zerfällt nur in \(B\) und \(\overline{B}\), also \(\Omega = B\cup \overline{B}\). Für \(P(B)>0\) und \(P(\overline{B})>0\) gilt dann: \[P(B|A) = \frac{P(B)\cdot P(A|B)}{P(B)\cdot P(A|B) + P(\overline{B})\cdot P(A|\overline{B})} \]

Didaktische Hinweise:

• Der Satz von Bayes lässt sich aus Umformungen der Definitionsgleichung der bedingten Wahrscheinlichkeit herleiten und muss deshalb im Prinzip nicht auswendig gelernt werden. Zum Beweis sei z.B. auf die Literatur verwiesen.
• Für den Sonderfall \(n=2\), bei dem die Ereignismenge \(\Omega\) nur in die Ereignisse in \(B\) und \(\overline{B}\) zerfällt, lässt sich die totale Wahrscheinlichkeit \(P(A)\) für ein Ereignis \(A\) gut mittels Baumdiagramm bestimmen:

  

  Dabei müssen die beiden bei A endenden Pfade berücksichtigt und die Multiplikations- und Additionsregeln angewendet werden: \[P(A) = P(B)\cdot P(A|B) + P(\overline{B})\cdot P(A|\overline{B})\]
• Soll die Formel von Bayes angewendet werden, wird zur Berechnung von \(P(B_k|A)\) auch Kenntnis über \(P(B_k)\) benötigt. \(P(B_k)\) wird als a-priori-Wahrscheinlichkeit für das Ereignis \(B_k\) bezeichnet, \(P(B_k|A)\) als a-posteriori-Wahrscheinlichkeit für \(B_k\).

Anmerkungen:

• Die Annahme, dass die betreffende Krankheit bei 2% der Personen der Grundgesamtheit auftritt (\(P(K) = 0.02\)), geht entscheidend in alle obigen Lösungen ein – bspw. in Teil b) bei der Berechnung der a-posteriori-Wahrscheinlichkeit \(P(K|T)\).
  Diese a-priori-Wahrscheinlichkeit \(P(K)\) wurde vermutlich als Schätzwert mittels relativer Häufigkeiten gefunden. Dies wirft Fragen auf: Wie groß war die untersuchte Menge an Personen? Wie homogen/inhomogen war diese? Wurden dabei Personen aus Risikogruppen berücksichtigt? Dadurch wird deutlich, dass die Lösungen im Beispiel nur Lösungen unter bestimmten Modellannahmen sind!
• Mit den obigen Bezeichnungen lautet eine geeignete Ergebnismenge \(\Omega\): \[\Omega = \{(K, T), (K, \overline{T}), (\overline{K}, T), (\overline{K}, \overline{T}) \}\] Dabei bedeutet das Ereignis \(\{(\overline{K}, T), (\overline{K}, \overline{T})\}\): „Person ist gesund“
• Auch bei dieser Aufgabenstellung lässt sich die Vierfeldertafel wirkungsvoll zur Unterstützung einsetzen. Das Untersuchungskollektiv ist nach zwei Merkmalen klassifiziert – Gesundheitszustand und Testergebnis. Beide Merkmale haben jeweils zwei Ausprägungen. Dies führt zu der folgenden Tabelle:
  
  

  	\(K\): Person ist krank	\(\overline{K}\): Person ist gesund
  \(T\): Testergebnis ist positiv	\(P(T\cap K) = 0.0192\)	\(P(T\cap \overline{K})=0.0294\)	\(P(T)=0.0486\)
  \(\overline{T}\): Testergebnis ist negativ	\(P(\overline{T}\cdot K)=0.0008\)	\(P(\overline{T}\cdot \overline{K})=0.9506\)	\(P(\overline{T})=0.9514\)
  	\(P(K)=0.02\)	\(P(\overline{K})=0.98\)	\(P(\Omega)=1\)

  Angenommen, das Untersuchungskollektiv bestehe aus 10000 Personen. Dann ergibt sich für die im Beispiel beschriebenen Situationen die folgende absolute Verteilung:
  
  

  	\(K\)	\(\overline{K}\)
  \(T\)	192	294	486
  \(\overline{T}\)	8	9506	9514
  	200	9800	10000

• Aus einer gegebenen Vierfeldertafel lassen sich zwei verschiedene Baumdiagramme gewinnen – abhängig davon, ob \(\Omega\) zuerst nach dem einen Merkmal zerlegt wird oder zuerst nach dem anderen. Seien bspw. die Zerlegungen von \(\Omega\) einerseits männlich (M) und weiblich (W) und andererseits krank (K) und gesund (\(\overline{K}\)). Dann ergeben sich die beiden folgenden Baumdiagramme, deren Pfade sich jeweils im entsprechenden Feld der Vierfeldertafel „treffen“:

  

• Im Baumdiagramm lassen sich die bedingten Wahrscheinlichkeiten unmittelbar ablesen. In der Vierfeldertafel hingegen müssen sie aus deren Daten erst berechnet werden.
• Die Stufung im Baumdiagramm legt eine Orientierung, bzw. Richtung in der Reihenfolge der Ereignisse fest. Dieser dynamische Charakter des Diagramms (im Gegensatz zum statischen Charakter der Vierfeldertafel) kann die Lösung einer Aufgabe unter Umständen erschweren. Bspw. kann im linken obigen Diagramm die bedingte Wahrscheinlichkeit P(W|K) abgelesen werden, aber nicht die bedingte Wahrscheinlichkeit P(K|W).

Aufgaben

Aufgabe 1

In einer Schachtel befinden sich 24 in schwarzer Folie eingewickelte Pralinen. 18 Pralinen haben einen Überzug aus Vollmilchschokolade und sechs einen aus weißer Schokolade. Zwei Drittel der Vollmilchschokoladen-Pralinen (V) haben eine Marzipanfüllung (M). Insgesamt gibt es 16 Pralinen mit Marzipanfüllung.

Formulieren Sie zum Ergebnis \(P_\overline{V}(M)=\frac{4}{6}\) eine geeignete Aufgabenstellung und erläutern Sie diese durch ein begründetes Vorgehen.

Aufgabe 2

Zeigen Sie: Besitzen die unvereinbaren Ereignisse A und B je positive Wahrscheinlichkeiten, dann sind diese Ereignisse nicht stochastisch unabhängig.

Aufgabe 3

Sei \((\Omega, \wp (\Omega), P )\) ein endlicher Wahrscheinlichkeitsraum. Zeigen Sie: Für beliebige Ereignisse A und B gilt: \[P(A)=P(A\cap B) + P(A\cap\overline{B})\]

Aufgabe 4

In einem Hotel gibt es 200 Einzelzimmer. Eine Zimmer-Reservierung wird mit einer Wahrscheinlichkeit von \(\frac{1}{5}\) annulliert. Wie viele Reservierungen kann eine Hotel-Managerin für einen Tag zulassen, sodass das Risiko einer Überbuchung höchstens 0,025 beträgt?

Aufgabe 5

Untersuchen Sie den Zusammenhang zwischen Unabhängigkeit und Unvereinbarkeit zweier Ereignisse A und B.

Aufgabe 6

Das Eintreten von A sei notwendig für das Eintreten von B. Was lässt sich über die Unabhängigkeit von A und B sagen?

Aufgabe 7

Drei Spieler/innen A, B und C werfen mit jeweils einem Würfel. Spielerin A gewinnt, wenn sie eine 1, 2 oder 3 wirft. Spielerin B gewinnt, wenn sie eine 4 oder 5 wirft. Spieler C gewinnt, wenn er eine 6 wirft. Spielerin A beginnt, gibt dann den Würfel an B weiter, die nach ihrem Wurf den Würfel an C weitergibt. Es wird so lange weiter gewürfelt, bis jemand zum ersten Mal gewinnt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler C das Spiel gewinnt?

Aufgabe 8

Beweisen Sie die folgenden Aussagen:

Sind die Ereignisse \(A\) und \(B\) stochastisch unabhängig, dann gilt auch:

1. \(\overline{A}\) und \(B\) sind unabhängig
2. \(A\) und \(\overline{B}\) sind unabhängig
3. \(\overline{A}\) und \(\overline{B}\) sind unabhängig

Aufgabe 9

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass fünf, in einer Großstadt zufällig ausgewählte, Personen an verschiedenen Wochentagen Geburtstag haben?

Aufgabe 10

Bei einem Zufallsexperiment werden zwei verschiedene Laplace-Würfel geworfen und die Augensumme berechnet.

1. Geben Sie einen geeigneten Wahrscheinlichkeitsraum \(\Omega\) für dieses Experiment an.

2. Welches der folgenden Ereignisse hat die größere Wahrscheinlichkeit?

   A: Die Augensumme ist gerade.

   B: Die Augensumme ist größer als 7.

Aufgabe 11

In einer Gärtnerei werden Samenkörner verwendet, die mit einer Wahrscheinlichkeit von 95% keimen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von sieben ausgesäten Körnern

1. genau drei Körner keimen?
2. mehr als die Hälfte keimen?

Aufgabe 12

Eine Studentin hat in einer Klausur eine Multiple-Choice-Aufgabe mit n möglichen Antworten zu lösen, von denen genau eine richtig ist. Hat sich die Studentin gründlich auf die Klausur vorbereitet (dafür sei die Wahrscheinlichkeit 0,8), dann kann sie die Frage richtig beantworten. Andernfalls wählt sie eine der n Antworten willkürlich aus.

1. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit (in Abhängigkeit von n), dass die Studentin sich auf die Prüfung gründlich vorbereitet hat, wenn sie die Frage richtig beantwortet hat?
2. Wie groß muss n sein, damit die unter a) berechnete Wahrscheinlichkeit größer oder gleich 0,95 ist?

Ausgangspunkt: Erwartungswert und Varianz

Die Kennwerte Erwartungswert und Varianz einer Zufallsvariablen lassen Rückschlüsse auf deren zugrunde liegende Verteilung zu, auch wenn diese nicht bekannt ist.

Dabei stellt die Varianz ein Maß für die Streuung der Werte, die \(X\) annimmt, um den Erwartungswert \(E(X)\) dar. Sie ermöglicht es, Schranken für die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass ein Wert der Zufallsvariable \(X\) von ihrem Erwartungswert \(E(X)\) abweicht (bzw., wie groß diese Abweichung ist).

So lässt sich bspw. zu einer positiven Zahl \(a\) fragen, mit welcher Wahrscheinlichkeit die Zufallsvariable \(X\) um weniger als \(a\) von ihrem Erwartungswert abweicht, dass also gilt \(E(X)-a < X < E(X)+a\), bzw. \(|X-E(X)| < a\)

Die Werte von \(X\) liegen also innerhalb des folgenden Intervalls \(A\):

Die Gegenwahrscheinlichkeit gibt an, mit welcher Wahrscheinlichkeit die Werte von \(X\) außerhalb dieses Intervalls liegen, also \(|X-E(X)|\geq a\)

Letztere lässt sich mit Hilfe der Ungleichung von Tschebyscheff abschätzen:

Anmerkungen:

1. Die Ungleichung von Tschebyscheff gilt nicht nur für diskrete, sondern auch für abstrakte Zufallsvariablen.
2. Die Ungleichung ist nur dann nützlich, wenn \(\sigma =\sqrt{(V(X))} < a\) ist. Andernfalls erhält man lediglich die triviale Aussage, dass die Wahrscheinlichkeit \(\leq 1\) ist bzw. \(\leq t\) für eine Zahl \(t>1\).
3. Die Ungleichung gilt für beliebige Zufallsvariablen und ist daher in ihrer Allgemeingültigkeit von theoretischem Nutzen. Für spezielle Verteilungen gibt es allerdings bessere Abschätzungen.

Aus der Ungleichung von Tschebyscheff lassen sich Folgerungen über die Lage der „Wahrscheinlichkeitsmasse“ ableiten:

Setzt man für a ein ganzzahliges Vielfaches \(k\cdot\sigma\) der Standardabweichung \(\sigma =\sqrt{V(X)}\) ein, so ergibt sich:

\[P(|X-E(X)|\geq k\sigma )\leq\frac{1}{k^2}\]

bzw.

\[P(|X-E(X)|< k\sigma )\geq 1-\frac{1}{k^2}\]

Für \(k=2\) ergibt sich bspw.

\[P(|X-E(X)|< 2\sigma )\geq \frac{3}{4}\]

Dies bedeutet, dass die Wahrscheinlichkeit, dass \(X\) Werte annimmt, die sich um weniger als zwei Standardabweichungen vom Erwartungswert \(E(X)\) unterscheiden, bei mehr als 75% liegt. D.h., dass mindestens 75% der vorhandenen „Wahrscheinlichkeitsmasse“ (von der Größe 1) auf das Intervall \(]E(X)-2\sigma ,E(X)+2\sigma [\) entfallen:

Schwaches Gesetz großer Zahlen

Das schwache Gesetz großer Zahlen (SGGZ) nach Jakob Bernoulli stellt die Verbindung her zwischen dem formalen Wahrscheinlichkeitsbegriff und

• der in der Realität zu beobachtenden Stabilität relativer Häufigkeiten
• der Verwendung der relativen Häufigkeit eines Ereignisses als Schätzwert für dessen Wahrscheinlichkeit.

Analog zu Kütting (1999) beschränkt sich dieser Kurs im Hinblick auf das SGGZ auf die Betrachtung von relativen Häufigkeiten in Bernoulli-Ketten der Länge \(n\).

(Zum Beweis wird auf Kütting, 1999 verwiesen. Eine allgemeinere Version des schwachen Gesetzes der großen Zahlen findet sich z.B. bei Henze, 2018.)

Umgangssprachlich formuliert: Wächst \(n\) über alle Grenzen, dann strebt die Wahrscheinlichkeit, dass die relative Häufigkeit des Ereignisses \(A\) um weniger als eine beliebig kleine vorgegebene Zahl \(\epsilon\) von der tatsächlichen Wahrscheinlichkeit \(P(A)=p\) des Ereignisses \(A\) abweicht, gegen 1.