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272
Stochastik
Wahrscheinlichkeit
Bedingte Wahrscheinlichkeit
Zufallsvariablen
Wahrscheinlichkeitsverteilung,
Histogramme
Erwartungswert und Varianz
Hypothesentests
E-Mail: klaus_messner@web.de, Internet: www.elearning-freiburg.de
Begriffe
273
Ein Zufallsexperiment ist ein Versuch mit ungewissem Ausgang.
Beispiel: Würfeln, Ziehen aus einer Urne, Glücksrad, …
Alle möglichen Ausgänge eines Zufallsexperiments werden zu
einem Stichprobenraum S (manchmal auch Ω)
zusammengefasst.
Jede beliebige Teilmenge von S nennt man ein Ereignis.
Dabei ist ∅ (also die leere Menge) das unmögliche Ereignis und S
das sichere Ereignis.
Ereignisse werden als Mengen notiert und mit großen
Buchstaben, z.B. mit E, bezeichnet.
Wahrscheinlichkeit
274
Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses E ist definiert als
𝐸
𝐴𝑛𝑧𝑎ℎ𝑙 „𝑔ü𝑛𝑠𝑡𝑖𝑔𝑒“
𝑃 𝐸 =
=
𝑆
𝐴𝑛𝑧𝑎ℎ𝑙 „𝑚ö𝑔𝑙𝑖𝑐ℎ𝑒“
Dabei bezeichnet 𝐸 die Anzahl der Elemente in 𝐸 und 𝑆 die
Anzahl der Elemente im Stichprobenraum 𝑆.
Beispiele Wahrscheinlichkeit
275
Rechenbeispiel 1
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man bei
einmaligem Ziehen aus einem Kartenspiel mit 32 Karten einen
König zieht?
Lösung:
In einem Kartenspiel mit 32 Blatt gibt es 4 Könige. Man hat also
4 von 32 Möglichkeiten, einen König zu ziehen. Somit ist die
4
1
Wahrscheinlichkeit 𝑃(„𝐾ö𝑛𝑖𝑔“) = = = 0,125 = 12,5%.
32
8
Beispiele Wahrscheinlichkeit
276
Rechenbeispiel 2
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass beim
gleichzeitigen würfeln mit zwei fairen Würfeln die Differenz der
Augenzahlen drei ist?
Lösung:
Es gilt 𝐸 = 1,4 , 4,1 , 2,5 , 5,2 , 3,6 , 6,3 und 𝐸 enthält
6 Elemente. Der gesamte Stichprobenraum 𝑆 besteht aus allen
Paarungen, die man mit zwei Würfeln erzielen kann und enthält
6
1
36 Elemente. Damit ist 𝑃 𝐸 = = ≈ 0,1667 = 16,67%.
36
6
Beispiele Wahrscheinlichkeit
277
Rechenbeispiel 3
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man bei
einmaligem Ziehen aus einer Urne mit 5 roten, 4 blauen und
einer gelben Kugel ausgerechnet die gelbe Kugel erwischt?
Lösung:
In der Urne liegen insgesamt 10 Kugeln, eine davon ist gelb.
Man hat also eine von zehn Möglichkeiten, eine gelbe Kugel zu
1
ziehen und es gilt 𝑃 „𝑔𝑒𝑙𝑏“ = = 0,1 = 10%.
10
Zusammengesetzte Ereignisse
278
Die Frage nach dem Ausgang eines Zufallsexperiments kann aus
einzelnen Teilfragen zusammengesetzt sein, die mit und bzw.
oder verknüpft sind. Natürlich kann man auch nach der
Wahrscheinlichkeit fragen, dass ein Ereignis nicht eintritt.
Es seien 𝐴 und 𝐵 zwei Ereignisse, dann bedeutet …
• 𝐴 ∪ 𝐵 (gelesen „𝐴 oder 𝐵“ oder „ 𝐴 vereinigt 𝐵“),
dass 𝐴 oder 𝐵 eintritt, wobei das oder nicht im Sinne von
„entweder oder“ verstanden werden darf!
• 𝐴 ∩ 𝐵 (gelesen „𝐴 und 𝐵“ oder „ 𝐴 Schnitt 𝐵“),
dass 𝐴 und 𝐵 eintritt.
• 𝐴 (gelesen „𝐴 quer“ oder „nicht 𝐴“), dass A nicht eintritt.
Wahrscheinlichkeit von A oder B
279
Großer Additionssatz: Wahrscheinlichkeit von „𝑨 oder 𝑩“
(wenn „oder“ nicht als „entweder oder“ zu verstehen ist):
𝑃 𝐴∪𝐵 =𝑃 𝐴 +𝑃 𝐵 −𝑃 𝐴∩𝐵
Spezialfall, wenn es keine Schnittmenge gibt, also 𝐴 ∩ 𝐵 = ∅ gilt
𝑃 𝐴∪𝐵 =𝑃 𝐴 +𝑃 𝐵
Rechenbeispiel 1:
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei einmaligem Ziehen, aus einer Urne
mit zehn durchnummerierten Kugeln (1 bis 10) eine Kugel mit einer geraden
Zahl oder mit einer Primzahl zu ziehen?
Erläuterung großer Additionssatz
280
Lösungsweg 1 (direkt):
𝐴=„gerade Zahl“= 2,4,6,8,10 , 𝐵= „Primzahl“= 2,3,5,7 .
Es folgt „𝐴 oder 𝐵“= 𝐴 ∪ 𝐵 = 2,3,4,5,6,7,8,10 , also
𝑃 𝐴∪𝐵 =
𝐴∪𝐵
𝑆
=
8
10
= 0,8 = 80%.
Lösungsweg 2 (Großer Additionssatz):
Mit A und B wie oben ist 𝐴 ∩ 𝐵 = 2 . Damit ist 𝑃 𝐴 =
4
10
und 𝑃 𝐴 ∩ 𝐵 =
1
,
10
5
,
10
𝑃 𝐵 =
also
5
4
1
8
𝑃 𝐴∪𝐵 =𝑃 𝐴 +𝑃 𝐵 −𝑃 𝐴∩𝐵 =
+
−
=
= 80%
10 10 10 10
Erläuterung großer Additionssatz
281
Intuitive aber FALSCHE Lösung zum Vergleich:
Hätten wir hier einfach die Einzelwahrscheinlichkeiten addiert, so
hätten wir die Zahl 2 doppelt verwendet.
Damit wäre wie vorher 𝑃 𝐴 =
5
und
10
𝑃 𝐵 =
4
also
10
𝑃 𝐴 ∪ 𝐵 = 𝑃 𝐴 + 𝑃 𝐵 = 90%, was falsch ist. Wir müssen also
tatsächlich gemäß dem großen Additionssatz die gemeinsamen
Elemente, also die Schnittmenge, wieder abziehen!
Die Einzelwahrscheinlichkeiten können nur zusammengezählt werden,
wenn es keine Schnittmenge gibt!
Wahrscheinlichkeit von A und B
282
Wahrscheinlichkeit von „𝑨 und 𝑩“,
sofern 𝐴 und 𝐵 unabhängig voneinander sind:
𝑃 𝐴∩𝐵 = 𝑃 𝐴 ⋅𝑃 𝐵
Erläuterung:
Wenn Sie festgestellt haben, dass die Ereignisse völlig unabhängig voneinander sind, d.h. dass sie sich nicht gegenseitig
beeinflussen, dann können Sie die Wahrscheinlichkeit einfach
mit obiger Formel bestimmen. Wir werden später im
Zusammenhang mit den bedingten Wahrscheinlichkeiten Fälle
mit Ereignissen kennenlernen, die sich gegenseitig beeinflussen,
in denen diese Formel nicht gilt!
Wahrscheinlichkeit von 𝐴 und 𝐵
283
Rechenbeispiel 2:
Von 22 Kindern einer Schulklasse mögen 18 Kinder Schokoladeneis
und 17 Kinder Vanilleeis 2 Kinder mögen weder das eine noch das
andere. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei zufälliger Auswahl, ein
Kind zu wählen, das Schokoladeneis und Vanilleeis mag?
Lösung mit Venn-Diagrammen
284
Hier besteht die Schwierigkeit, die Anzahl der Kinder in der
Schnittmenge zu bestimmen. Am Einfachsten verdeutlicht man
sich die Situation in einem Venn-Diagramm:
S
Der Kasten ist die Menge aller Schüler,
A
B
also der Stichprobenraum S.
𝐴 ist die Menge der Kinder, die
Schokoladeneis mögen.
𝐵 die Menge der Kinder, die Vanilleeis
mögen.
Jetzt müssen wir nur noch die korrekten Anzahlen für jeden
Bereich ermitteln.
Bestimmung der Anzahlen
22 Gesamt
18 Schoko
17 Vanille
2 weder noch
285
Schritt 4
Schritt 3
S
A
B
3
15
2
2
Schritt 1
Schritt 2
Schritt 1: 2 Kinder mögen weder
Schokoladeneis noch Vanilleeis, d.h. sie
liegen außerhalb von 𝐴 und 𝐵.
Schritt 2: Es bleiben noch 20 Kinder für
beide Ovale, also für 𝐴 ∪ 𝐵. Da 𝐴 18
Kinder enthält, bleiben für den Teil von
𝐵 außerhalb von 𝐴 noch 2 Kinder übrig.
Schritt 3: 𝐵 enthält 17 Kinder, aber 2 davon gehören nicht zu 𝐴.
Also bleiben 15 Kinder für die Schnittmenge 𝐴 ∩ 𝐵.
Schritt 4: 𝐴 enthält 18 Kinder und die Schnittmenge umfasst 15
Kinder. Also bleiben für den „Rest“ von 𝐴 noch 3 Kinder.
Abschließende Rechnung
286
Damit haben wir nun alle Angaben vervollständigt! Es folgt:
𝐴∩𝐵
15
𝑃 𝐴∩𝐵 =
=
≈ 0,682 = 68,2%
𝑆
22
Ergebnis: Mit einer Wahrscheinlichkeit von 68,2% wählt man
ein Kind, das sowohl Schokoladeneis als auch Vanilleeis mag.
Wahrscheinlichkeit von 𝐴
287
Rechenbeispiel 3:
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei gleichzeitigem Würfeln mit
zwei Würfeln, keinen Pasch (zweimal dieselbe Zahl) zu bekommen?
Lösung (mit Gegenereignis)
288
Es gibt 6 Möglichkeiten bei einem Wurf mit zwei Würfeln, einen
Pasch (= zwei gleiche Zahlen) zu würfeln. Insgesamt gibt es 36
mögliche Kombinationen. Wenn wir das Ereignis „Pasch“ mit 𝐴
bezeichnen, dann bedeutet 𝐴 „kein Pasch“. Es folgt:
𝑃(𝐴) =
6
36
1
6
= und somit
𝑃 𝐴 =1−𝑃 𝐴 =1
1
−
6
5
6
= ≈ 0,833 = 83,3%.
Ergebnis: Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 83,3% würfelt
man bei einem Wurf mit zwei Würfeln keinen Pasch.
Mehrstufige Zufallsexperimente
289
Ein Zufallsexperiment kann aus mehreren Einzelexperimenten
zusammengesetzt sein. Diese können sich gegenseitig
beeinflussen oder auch nicht. Das Baumdiagramm ist dabei das
wichtigste Werkzeug, um dies darzustellen. Bei der Berechnung
von Wahrscheinlichkeiten verwendet man die Pfadregel:
• Wahrscheinlichkeiten entlang eines Astes werden
multipliziert.
• Die Wahrscheinlichkeiten einzelner „Äste“ werden addiert.
Rechenbeispiel 1
290
Es soll zweimal gewürfelt werden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, im ersten Wurf eine ungerade Zahl und im zweiten Wurf
eine Zahl größer als vier zu würfeln?
Lösung mit Hilfe eines Baumdiagramms:
Zuerst legt man die Äste für die Ausgänge der
>𝟒
𝒈
≤𝟒
ersten Stufe des Zufallsexperiments an und
notiert die Wahrscheinlichkeiten. Im Beispiel
>𝟒
haben wir Äste für „gerade“ 𝑔 und „ungerade“ 𝑢
𝒖
≤𝟒
jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/2 .
An die Endpunkte hängt man nun die Äste für die Ausgänge der
zweiten Stufe usw.
Rechenbeispiel 1
291
Jetzt kann man die Wahrscheinlichkeit entlang des rot
markierten Pfades berechnen (denn dieser entspricht dem
gesuchten Ereignis).
>𝟒
𝒈
≤𝟒
>𝟒
𝒖
≤𝟒
1 1
2 3
1
6
Es folgt 𝑃 𝐸 = ⋅ = ≈ 16,7%.
Ergebnis: Die gesuchte Wahrscheinlichkeit (erster
Wurf ungerade, zweiter Wurf größer 4) beträgt
etwa 16,67%.
Rechenbeispiel 2
292
Markus und Stefan veranstalten ein kleines Kickerturnier.
Markus gewinnt üblicherweise 60% seiner Spiele gegen Stefan.
Das Turnier endet wenn einer der Spieler zwei Spiele gewonnen
hat. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Markus gewinnt?
Lösung mit Hilfe eines Baumdiagramms:
𝑀 bedeutet „Markus gewinnt“ und
𝑴
𝑴
𝑴
𝑆 bedeutet „Stefan gewinnt“
𝑺
𝑺
Die Pfade auf denen Markus das Turnier
𝑴
gewinnt sind blau markiert.
𝑴
𝑺
𝑺
𝑺
Rechenbeispiel 2
293
Es sei nun E=“Markus gewinnt das Turnier“, dann ist E={(M;M),
(M;S;M), (S;M;M)}.
Unter Verwendung der Pfadregel („entlang eines Pfades
multiplizieren“, „Pfade addieren“) erhält man:
𝑃 𝐸 = 0,6 ⋅ 0,6 + 0,6 ⋅ 0,4 ⋅ 0,6 + 0,4 ⋅ 0,6 ⋅ 0,6
= 0,648 ≈ 65%
Ergebnis: Markus gewinnt das Kickerturnier mit einer
Wahrscheinlichkeit von etwa 65%.
Bedingte Wahrscheinlichkeiten
294
Es kann vorkommen, dass man zwar den Ausgang
eines Zufallsexperiments nicht kennt, aber dennoch
gewisse Teilinformationen hat.
Thomas Bayes
* um 1701 in London
Wenn wir beispielsweise bei einem Würfel† 7.4.1761
experiment wissen, dass eine gerade Zahl
geworfen wurde und wir nach der Wahrscheinlichkeit für
1
1
eine 4 fragen, so beträgt diese ≈ 33,3% und nicht etwa .
(Quelle: Wikipedia)
3
Warum ist das so?
6
Bedingte Wahrscheinlichkeiten
295
Dadurch, dass wir bereits wissen, dass es sich um eine gerade
Zahl handelt, schränkt sich unser Stichprobenraum von
ursprünglich S = {1,2,3,4,5,6} auf 𝑆𝑛𝑒𝑢 = {2,4,6} ein und wir
haben nur noch drei Elemente, wovon eines die 4 ist.
Es sei 𝐴 = 4 das Ereignis, dessen Wahrscheinlichkeit wir
suchen und 𝐵 = „𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒 𝑍𝑎ℎ𝑙“ = 2,4,6 das Ereignis, von
dem wir wissen, dass es bereits eingetreten ist. In dem
Zusammenhang nennt man 𝐵 die Bedingung oder das
„bedingende Ereignis“ und die gesuchte Wahrscheinlichkeit
nennt man eine bedingte Wahrscheinlichkeit.
Bedingte Wahrscheinlichkeiten
296
Man schreibt 𝑃𝐵 (𝐴) oder 𝑃 𝐴 𝐵 und liest „P von A bedingt B“
oder „P von A wenn B“. Wir verwenden hier 𝑃𝐵 (𝐴).
In der Schule haben Sie vor allem zwei Formeln zur Berechnung
bedingter Wahrscheinlichkeiten kennen gelernt:
Berechnung bedingter
Wahrscheinlichkeiten
𝑃 𝐴∩𝐵
𝑃𝐵 𝐴 =
𝑃 𝐵
Bayes’sche Regel
𝑃𝐵 𝐴 ⋅ 𝑃(𝐵)
𝑃𝐴 𝐵 =
𝑃 𝐴
Bedingte Wahrscheinlichkeiten
297
Die Wahrscheinlichkeit von 𝑃𝐵 (𝐴) bestimmt man also dadurch,
dass man die Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge (also des
gemeinsamen Eintretens von 𝐴 und 𝐵) durch die
Wahrscheinlichkeit des bedingenden Ereignisses teilt.
Wenn wir die Wahrscheinlichkeit 𝑃𝐵 𝐴 bereits kennen, so ist es
gemäß der Bayes’schen Regel auch kein Problem, die
„umgekehrte“ Wahrscheinlichkeit 𝑃𝐴 (𝐵) zu bestimmen.
Rechenbeispiel 1
298
Ein Fernsehsender möchte eine neue Serie in ihr Programm
aufnehmen. Eine Pilotsendung wurde bereits ausgestrahlt und
eine Meinungsumfrage ergab folgende Angaben: 60% der
Zuschauer waren älter als 30 Jahre. 20% von diesen und 70%
der übrigen fanden die Pilotsendung gut.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass einem zufällig befragten
Zuschauer die Pilotsendung gefallen hat?
b) Ein Zuschauer dem die Pilotsendung gefallen hat, wird nun zufällig
ausgewählt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist dieser Zuschauer
über 30 Jahre alt?
c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Pilotsendung einem
über Dreißigjährigen gefallen hat?
Lösung zu Rechenbeispiel 1
299
a) Wenn 60% der Zuschauer älter als 30 Jahre
> 30
0,6
sind, dann sind die restlichen 40% jünger
oder genau 30 Jahre alt.
0,4
≤ 30
20% der über 30jährigen und 70% der
höchstens Dreißigjährigen fanden die Pilotsendung
gut, d.h.
0,2 g
0,8 ng
0,7 g
0,3 ng
𝑃 𝑔 = 𝑃 > 30 𝑢𝑛𝑑 𝑔 + 𝑃 ≤ 30 𝑢𝑛𝑑 𝑔
= 0,6 ⋅ 0,2 + 0,4 ⋅ 0,7 = 0,12 + 0,28 = 0,4.
Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Zuschauer die Pilotsendung gut fand, beträgt 40%.
Lösung zu Rechenbeispiel 1
300
b) Wir wissen bereits, dass der Zuschauer die Pilotsendung gut
fand. Folglich ist 𝑃𝑔 (> 30) gesucht. Laut Definition gilt
𝑃𝑔 > 30 =
𝑃 >30 𝑢𝑛𝑑 𝑔
𝑃(𝑔)
Wegen 𝑃(𝑔) = 0,4 (siehe Teilaufgabe a))
und 𝑃 > 30 𝑢𝑛𝑑 𝑔 = 0,6 ⋅ 0,2 = 0,12
0,12
folgt 𝑃𝑔 > 30 =
= 0,3.
0,4
0,2 g
.
0,6
0,4
> 30
0,8 ng
0,7 g
≤ 30
0,3 ng
Ergebnis: Ein zufällig ausgewählter Zuschauer, dem die
Pilotsendung gefallen hat ist mit einer Wahrscheinlichkeit
von 30% älter als 30 Jahre.
Lösung zu Rechenbeispiel 1
301
c) Gesucht ist 𝑃>30 (𝑔). Mit den vorangehenden Ergebnissen
reicht es, die Bayes’sche Regel anzuwenden.
𝑃>30 𝑔 =
𝑃𝑔 >30 ⋅𝑃 𝑔
𝑃 >30
=
0,3⋅0,4
0,6
= 0,2.
Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit, dass die Pilotsendung
einem über Dreißigjährigen gefallen hat beträgt 20%.
Natürlich hätte man auch die Formel 𝑃>30 𝑔 =
statt der Bayes‘schen Regel verwenden können!
𝑃 >30 𝑢𝑛𝑑 𝑔
𝑃(>30)
Rechenbeispiel 2
302
Von den 400.000 Einwohnern einer Großstadt leiden 200 an
einer speziellen Form von Krebs, ohne es zu wissen. Ein neues
Diagnoseverfahren hat folgende Fehlerquote:
2% aller Personen, die erkrankt sind und dies nicht wissen,
werden als gesund eingestuft. 3 % aller Personen, die gesund
sind, werden als krank eingestuft.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei einer
Untersuchung …
a) eine durch das Diagnoseverfahren als krank festgestellte
Person die Krankheit nicht hat?
b) eine als gesund eingestufte Person die Krankheit doch hat?
Lösung zu Rechenbeispiel 2
303
Man löst diese Art von Aufgabe, indem man eine so genannten
Vierfeldertafel aufstellt:
krank
Diagnose positiv
(d.h. Person ist
erkrankt)
Diagnose negativ
(d.h. Person ist
nicht krank)
Summe
gesund
Summe
196
(= 200 − 4)
 11.994
(= 399.800 ⋅ 0,03)
4
(= 200 ⋅ 0,02)
 387.806
 387.810 
(= 399.800 − 11.994)
200

399.800
 12.190


400.000 
Aus der Vierfeldertafel kann man dann die jeweiligen Wahrscheinlichkeiten ablesen.
Lösung zu Rechenbeispiel 2
304
a)
𝑃𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣 𝑔𝑒𝑠𝑢𝑛𝑑 =
=
𝑃 𝑔𝑒𝑠𝑢𝑛𝑑 𝑢𝑛𝑑 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣
𝑃 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣
11.994/400.000
12.190/400.000
=
11.994
12.190
≈ 0,984.
Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit, dass eine durch die
Diagnose als krank eingestufte Person tatsächlich aber
gesund ist beträgt etwa 98,4%.
Lösung zu Rechenbeispiel 2
305
b) 𝑃𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣 𝑘𝑟𝑎𝑛𝑘 =
=
𝑃 𝑘𝑟𝑎𝑛𝑘 𝑢𝑛𝑑 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣
𝑃 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣
4/400.000
387.810/400.000
=
4
387.810
≈ 0,00001 = 0,001%.
Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit, dass eine durch die
Diagnose als gesund eingestufte Person doch erkrankt ist
beträgt etwa 0,001%.
Aufgabe
306
Die Villa eines wohlhabenden Unternehmers ist mit einer
Alarmanlage gesichert. Bei einem Einbruch wird mit 98%
Sicherheit ein Alarm ausgelöst. Falls aber kein Einbruch
stattfindet, kann durch äußere Ursachen trotzdem ein Alarm
ausgelöst werden. Dies geschieht mit einer Wahrscheinlichkeit
von 0,4%. Im Stadtviertel des Unternehmers beträgt die
Wahrscheinlichkeit eines Einbruchs 0,1%.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Einbruch stattfindet, wenn die Alarmanlage gerade einen Alarm ausgelöst
hat?
Lösung
307
Es gelte: 𝐴 = Alarm, 𝐴 = kein Alarm
𝐸
𝐸 = Einbruch, 𝐸 = kein Einbruch
Gesucht ist die bedingte Ws. 𝑃𝐴 (𝐸).
𝐸
Wir ermitteln 𝑃 𝐸 ∩ 𝐴 und 𝑃 𝐴 mit dem
Baumdiagramm: 𝑃 𝐸 ∩ 𝐴 = 0,001 ⋅ 0,98 = 0,00098
𝑃 𝐴 = 0,001 ⋅ 0,98 + 0,999 ⋅ 0,004 = 0,004976.
Damit erhält man 𝑃𝐴 𝐸 =
𝑃 𝐸∩𝐴
𝑃 𝐴
=
0,00098
0,004976
𝐴
𝐴
𝐴
𝐴
≈ 0,197 = 19,7%.
Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Einbruch stattfindet,
wenn die Alarmanlage ausgelöst wird, beträgt etwa 19,7%.
Wahrscheinlichkeit von A und B
308
Die Formel für die bedingte Wahrscheinlichkeit 𝑃𝐵 𝐴 =
𝑃 𝐴∩𝐵
𝑃 𝐵
kann auch dafür verwendet werden, die Wahrscheinlichkeit der
Schnittmenge zu bestimmen. Durch Umstellen erhält man:
𝑃 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝑃𝐵 𝐴 ⋅ 𝑃 𝐵
Warum kann man nicht einfach 𝑃 𝐴 ⋅ 𝑃 𝐵 bilden?
Das liegt daran, dass die Ereignisse 𝐴 und 𝐵 voneinander
abhängig sein können, beispielsweise beim Ziehen aus einer
Urne ohne Zurücklegen.
Fallbeispiel
309
In einer Urne liegen 3 rote und 3 gelbe Kugeln. Es werden nun
nacheinander 2 Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. Wie groß ist
die Wahrscheinlichkeit, dass …
a) im ersten Zug eine rote Kugel (𝑟1 ) gezogen wurde?
b) im zweiten Zug eine gelbe Kugel (𝑔2 ) gezogen wurde?
c) im ersten Zug eine rote und im zweiten Zug eine gelbe Kugel
gezogen wurde?
3 rote
3 gelbe
Lösung zum Fallbeispiel
310
a) 𝑃
b) 𝑃
1
𝑟1 = = 50%
2
1 3
1 2
𝑔2 = ⋅ + ⋅
2 5
2 5
2/5 r
1/2
=
5
10
= 50%
1/2
c) Wir berechnen 𝑃 𝑟1 ∩ 𝑔2 zunächst anhand des
1 3
3
Baumdiagramms: 𝑃 𝑟1 ∩ 𝑔2 = ⋅ = = 30%
2 5
1
r
g
3/5 g
3/5 r
2/5 g
10
Nun ist aber 𝑃 𝑟1 ⋅ 𝑃 𝑔2 = = 25% und man sieht, dass in
4
diesem Fall nicht 𝑃 𝑟 ∩ 𝑔 = 𝑃 𝑟 ⋅ 𝑃 𝑔 gilt!
Die Ereignisse hängen voneinander ab, sie „bedingen“ sich
gegenseitig!
Stochastische Unabhängigkeit
311
Ereignisse können auf verschiedene Arten voneinander abhängen. Deshalb wird der Begriff Stochastische Unabhängigkeit
eingeführt.
Zwei Ereignisse 𝐴 und 𝐵 nennt man stochastisch unabhängig,
wenn 𝑃 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝑃 𝐴 ⋅ 𝑃 𝐵 gilt, andernfalls heißen 𝐴 und 𝐵
stochastisch abhängig.
Im vorigen Fallbeispiel sind die Ereignisse „𝑟1 “ und „𝑔2 “ demnach stochastisch abhängig.
Neuberechnung von P A ∩ B
312
In vielen Fällen ist die Verwendung von Baumdiagrammen zu
aufwändig, weshalb man bei der Berechnung von 𝑃 𝐴 ∩ 𝐵 den
Weg über die bedingten Wahrscheinlichkeiten geht. Man
verwendet also die Formel 𝑃 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝑃𝐵 𝐴 ⋅ 𝑃 𝐵 .
Im vorigen Fallbeispiel setzen wir 𝐴 = 𝑔2 und 𝐵 = 𝑟1 und
3 1
3
erhalten 𝑃 𝑔2 ∩ 𝑟1 = 𝑃𝑟1 𝑔2 ⋅ 𝑃 𝑟1 = ⋅ = = 30%.
5 2
2/5 r
1/2
1/2
r
g
𝟑/𝟓 g
3/5 r
2/5 g
10
Abschließende Aufgabe
313
Eine Urne enthält 40 Kugeln wobei 30 Kugeln aus Kunststoff
und 10 Kugeln aus Metall sind. Von den 30 Kunststoffkugeln
sind 10 schwarz und der Rest weiß. Unter den 10 Metallkugeln
befinden sich 4 schwarze, der Rest ist ebenfalls weiß. Nun wird
in einem Zufallsexperiment eine Kugel gezogen.
a) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass eine schwarze Kugel
aus Metall ist?
b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist eine metallene Kugel
schwarz?
Lösung:
4
𝑃𝑠𝑐ℎ𝑤𝑎𝑟𝑧 𝑀𝑒𝑡𝑎𝑙𝑙 =
≈ 28,6%.
14
𝑃𝑀𝑒𝑡𝑎𝑙𝑙 (𝑠𝑐ℎ𝑤𝑎𝑟𝑧) = 0,4 = 40%
Zufallsvariablen
314
Häufig sind Ereignisse mit gewissen Zahlenwerten verbundenBeispielsweise ist die Augensumme beim zweimaligen Würfeln
ein solcher Zahlenwert und die Augensumme 5 wird durch 𝐸 =
1,4 , 2,3 , 3,2 , 4,1 realisiert. In dem Zusammen-hang
bezeichnet man die Augensumme als eine Zufallsvariable, die
die Werte 2 bis 12 annehmen kann.
Zufallsvariablen werden üblicherweise mit 𝑋, 𝑌 usw. bezeichnet.
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zufallsvariable den Wert
k annimmt notiert man als 𝑃 𝑋 = 𝑘 .
Rechenbeispiel 1 - Zufallsvariablen
315
Eine Urne enthält fünf weiße und drei rote Kugeln. Es wird
dreimal mit Zurücklegen gezogen. Bestimmen Sie die
Wahrscheinlichkeiten dafür, dass die Ziehung keine, eine, zwei
oder drei rote Kugeln enthält.
Lösung:
Es sei 𝑋 die Anzahl der roten Kugeln. 𝑋 = 0, also „keine rote
Kugel“, wird durch 𝐸0 = 𝑤, 𝑤, 𝑤 realisiert.
Somit ist 𝑃 𝑋 = 0 = 𝑃 𝐸0 =
5 3
8
≈ 0,244 = 24,4%.
Rechenbeispiel 1 - Zufallsvariablen
316
𝑋 = 1, d.h. „eine rote Kugel“, wird realisiert durch
𝐸1 = 𝑟, 𝑤, 𝑤 , 𝑤, 𝑟, 𝑤 , 𝑤, 𝑤, 𝑟 , also gilt
𝑃 𝑋 = 1 = 𝑃 𝐸1 = 3 ⋅
5 2
8
3
⋅
8
≈ 0,439 = 43,9%.
Die Ereignismengen zu 𝑋 = 2 und 𝑋 = 3 sind 𝐸2 =
𝑟, 𝑟, 𝑤 , 𝑟, 𝑤, 𝑟 , 𝑤, 𝑟, 𝑟 und 𝐸3 = 𝑟, 𝑟, 𝑟 .
Entsprechend gilt:
𝑃 𝑋=2 =
𝑃 𝑋=3 =
5 3 2
3⋅
≈ 0,264 = 26,4%
8 8
3 3
≈ 0,053 = 5,3%.
8
und
Rechenbeispiel 2 - Zufallsvariablen
317
Einem Kartenspiel mit 32 Karten werden nacheinander drei
Karten ohne Zurücklegen entnommen. Bestimmen Sie die
Wahrscheinlichkeiten dafür, dass die Ziehung keine, eine, zwei
oder drei Bildkarten (Bube, Dame oder König) enthält.
Lösung: Es sei 𝑋 die Anzahl der Bildkarten. Dann gilt:
𝑃 𝑋=0 =
𝑃 𝑋=1 =
𝑃 𝑋=2 =
𝑃 𝑋=3 =
20 19 18
⋅ ⋅ ≈ 0,23 = 23%,
32 31 30
12 20 19
3 ⋅ ⋅ ⋅ ≈ 0,46 = 46%,
32 31 30
12 11 20
⋅ ⋅ ⋅ 3 ≈ 0,266 = 26,6%
32 31 30
12 11 10
⋅ ⋅ ≈ 0,044 = 4,4%.
32 31 30
und
Verteilung einer Zufallsvariablen
318
Spricht man von der Verteilung einer Zufallsvariablen 𝑋, so
meint man damit die Gesamtheit aller Wahrscheinlichkeiten,
mit denen die einzelnen Werte von 𝑋 angenommen werden.
Wahrscheinlichkeitsverteilungen werden häufig in Tabellen
oder Histogrammen, dargestellt.
Auf der nächsten Seite werden die Verteilungen der
Zufallsvariablen aus den vorangehenden Beispielen als
Histogramme und in Form von Tabellen dargestellz.
Verteilung einer Zufallsvariablen
319
𝒙𝒊
0
1
2
3
Summe:
𝑷 𝑿 = 𝐱 𝐢 in %
24,4
43,9
26,4
5,3
100,0
𝒙𝒊
0
1
2
3
Summe:
𝑷 𝑿 = 𝐱 𝐢 in %
23,0
46,0
26,6
4,4
100,0
Erwartungswert
320
Im Zusammenhang mit Zufallsvariablen gibt es gewisse
Kenngrößen, mit denen man sich eine ungefähre Vorstellung
über die zugehörige Wahrscheinlichkeitsverteilung machen
kann.
Wir denken uns nun einen Stab, der für jeden Wert einer
Zufallsvariablen 𝑋 eine Markierung enthält.
An jeder Markierung hängt
ein Gewicht, das der
jeweiligen Wahrscheinlichkeit entspricht.
Erwartungswert
321
Die Stelle des Schwerpunkts bzw. Gleichgewichtspunkts nennt
man den Erwartungswert. Man bestimmt ihn wie folgt:
Erwartungswert einer Zufallsvariablen 𝑿
𝐸 𝑋 = 𝑥1 ⋅ 𝑃 𝑋 = 𝑥1 + 𝑥2 ⋅ 𝑃 𝑋 = 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛 ⋅ 𝑃 𝑋 = 𝑥𝑛
Man kann den Erwartungswert als eine Art gewichteten
Mittelwert auffassen kann.
In den Prüfungsaufgaben wird der Erwartungswert häufig in
Zusammenhang mit dem Ausgang eines Spiels abgefragt. Man
soll dann beantworten, ob ein Spiel fair ist oder nicht bzw. für
welche Partei das Spiel günstiger ist.
Rechenbeispiel 1
322
Eines der folgenden fünf Wörter werde zufällig gezogen:
DER ZUFALL REGIERT DIE WELT.
Die Zufallsvariable 𝑋 beschreibe die Anzahl der Buchstaben und
die Zufallsvariable 𝑌 die Anzahl der Vokale des gezogenen
Wortes. Bestimmen Sie die Erwartungswerte der beiden
Zufallsvariablen.
Lösung zu Rechenbeispiel 1
323
𝑋 kann die Werte 3, 4, 6 oder 7 annehmen. Der Satz DER ZUFALL
REGIERT DIE WELT hat 5 Worte, von denen zwei die Länge 3
2
haben. Also folgt 𝑃 𝑋 = 3 = = 0,4. Entsprechend gilt:
5
1
5
1
5
1
5
𝑃(𝑋 = 4) = = 0,2, 𝑃(𝑋 = 6) = = 0,2 und
𝑃 𝑋 = 7 = = 0,2.
Der Erwartungswert ergibt sich dann durch:
2
5
1
5
1
5
1
5
𝐸 𝑋 =3⋅ +4⋅ +6⋅ +7⋅ =
23
5
= 4,6
Lösung zu Rechenbeispiel 1
324
Die Zufallsvariable 𝑌 kann die Werte 1, 2, oder 3 annehmen. Mit
2
2
1
𝑃 𝑌 = 1 = , 𝑃 𝑌 = 2 = , 𝑃 𝑌 = 3 = folgt:
5
2
5
2
5
𝐸 𝑌 =1⋅ +2⋅ +3⋅
5
1
9
=
5
5
5
= 1,8
Ergebnis:
Die gesuchten Erwartungswerte sind 𝐸 𝑋 = 4,6 und 𝐸 𝑌 =
1,8, das bedeutet, dass man (bei langen Versuchs-reihen) im
Schnitt eine Wortlänge von 4,6 erhält und dass ein Wort im
Schnitt 1,8 Vokale besitzt.
Rechenbeispiel 2
325
Bei einem Spiel wird ein Würfel zwei Mal hintereinander
geworfen. Der Spieler gewinnt 2 €, wenn er einen Pasch
(=zweimal dieselbe Zahl) geworfen hat.
a) Berechne den erwarteten Gewinn!
b) Berechne, wie groß der auszuzahlende Betrag im Gewinnfall
sein müsste, damit bei einem Einsatz von 1€ das Spiel fair
ist!
Lösung zu Rechenbeispiel 2
326
a) Hier stellt die Zufallsvariable 𝑋 den Gewinn dar. Der Spieler
gewinnt 0 €, wenn er zwei verschiedene Zahlen wirft und
2 €, wenn er einen Pasch wirft. Demnach ist
30
5
6
1
𝑃 𝑋 = 0 = = und 𝑃 𝑋 = 2 = = .
36
6
36
6
Der erwartete Gewinn ist dann
5
1
1
𝐸 𝑋 = 0 ⋅ + 2 ⋅ = = 0,33.
6
6
3
Ergebnis: Der erwartete Gewinn beträgt etwa 33 Cent.
Lösung zu Rechenbeispiel 2
327
b) Ein Spiel ist dann fair, wenn der erwartete Gewinn genauso
hoch ist wie der Einsatz, d.h. wenn 𝐸 𝑋 = 1 gilt. Den
Auszahlungsbetrag 𝑎 im Gewinnfall berechnen wir dann mit
5
1
𝐸 𝑋 = 0 ⋅ + 𝑎 ⋅ = 1, woraus 𝑎 = 6 (Euro) folgt.
6
6
Ergebnis: Damit das Spiel fair wird muss der Auszahlungsbetrag im Falle eines Gewinns auf 6 € festgelegt werden.
Bernoulli-Experimente
328
Wird ein Zufallsexperiment durchgeführt, bei dem als Ergebnis
nur „Treffer“ oder „kein Treffer“ herauskommen kann, so nennt
man dieses ein Bernoulli-Experiment.
Führt man dasselbe Bernoulli-Experiment 𝑛 mal hintereinander
aus, so hat man eine Bernoulli-Kette der Länge 𝑛.
Wir führen die Zufallsvariable 𝑋 ein, welche die Anzahl der
Treffer in einer Bernoulli-Kette der Länge 𝑛 beschreibt.
Ist die Wahrscheinlichkeit p eines einzelnen Treffers bekannt, so
kann man nach der Wahrscheinlichkeit fragen, dass eine
bestimmte Trefferanzahl 𝑘 vorliegt. 𝑃(𝑋 = 𝑘) =?
Berechnung von P(X = k)
329
Die Trefferwahrscheinlichkeit eines einzelnen Treffers sei 𝑝.
Die Wahrscheinlichkeit, dass in einer Bernoulli-Kette der Länge
𝑛 𝑘 Treffer erzielt werden ist gegeben durch den Ausdruck
𝑛 𝑘 𝑛−𝑘
𝑃 𝑋=𝑘 =
𝑝 ⋅𝑞
𝑘
𝑛
Hierbei ist 𝑞 = 1 − 𝑝 und
(gelesen „𝑛 über 𝑘“) der so
𝑘
genannte Binomialkoeffizient, welchen man mit dem GTR über
5
MATH PRB nCr bestimmen kann. Beispiel:
gibt man im GTR so
3
ein: 5 MATH PRB nCr 3 ENTER. Das Ergebnis ist 10.
Rechenbeispiel
330
Bei einem Würfelexperiment fragen wir nach der Wahrscheinlichkeit einer 3. Somit gibt es zwei mögliche Ausgänge, nämlich
eine 3 (Treffer) oder keine 3 (kein Treffer). Das Experiment wird
zweimal wiederholt und die Anzahl der der Treffer notiert. Die
Zufallsvariable 𝑋 beschreibt die Anzahl der Treffer. Dann kann 𝑋
die Werte 0, 1 oder 2 annehmen und es gilt:
𝑃 𝑋=0 =
𝑃 𝑋=1 =
𝑃 𝑋=2 =
5 2
≈ 69,44%,
6
1
5
2⋅
⋅
≈ 27,78%
6
6
1 2
6
≈ 2,78%
1/6
5/6
3
3
1/6
3
5/6
3
1/6
3
5/6
3
Rechenbeispiel
331
Die Wahrscheinlichkeiten für die verschiedenen Trefferanzahlen
können wir wieder als Histogramm darstellen und erhalten so
die eine Veranschaulichung der Wahrscheinlichkeitsverteilung
von 𝑋.
Binomialverteilung
332
Die Wahrscheinlichkeitsverteilung, die sich aus einer BernoulliKette ergibt nennt man Binomialverteilung. Aus dem Ausdruck
𝑛 𝑘 𝑛−𝑘
𝑃 𝑋=𝑘 =
𝑝 ⋅𝑞
zur Berechnung der
𝑘
Wahrscheinlichkeit einzelner Trefferanzahlen erkennt man, dass
dieser nur von 𝑛 (der Länge der Bernoulli-Kette) und 𝑝 (der
Trefferwahrscheinlichkeit) abhängt. Da 𝑞 = 1 − 𝑝 ist, hängt
𝑃 𝑋 = 𝑘 tatsächlich nur von 𝑛 und 𝑝 ab.
Man nennt die Zufallsvariable 𝑋 𝐵𝑛;𝑝 -verteilt.
In unserem Rechenbeispiel ist 𝑋 𝐵2;1 -verteilt.
6
Eigenschaften der Binomialverteilung
333
Zur besseren Veranschaulichung betrachten wir nun drei
Bernoulli-Ketten der Länge 10. Die Trefferwahrscheinlichkeit im
ersten Experiment sei 𝑝 = 0,2 im zweiten 𝑝 = 0,5 und im
dritten 𝑝 = 0,8. Wir variieren also 𝑝 und betrachten das
Verhalten die zugehörigen Histogramme:
Eigenschaften der Binomialverteilung
334
Man erkennt, dass bei geringen Trefferwahrscheinlichkeiten die
durch die Binomialverteilung beschriebene „Welle“ eher
linkslastig und bei hohen Trefferwahrscheinlichkeiten eher
rechtslastig ist. Dies sollte auch anschaulich klar sein, denn bei
steigenden Trefferwahrscheinlichkeiten wird es auch immer
wahrscheinlicher, mehr Treffer zu erzielen!
Eigenschaften der Binomialverteilung
335
Variiert man die Anzahl 𝑛 der Versuche, also die Länge der
Bernoulli-Kette so verändert sich lediglich die Höhe der
einzelnen Balken im Histogramm, d.h. mit größer werdenden
Versuchszahlen werden die einzelnen Trefferwahrscheinlichkeiten immer geringer.
Binomialverteilung mit dem GTR
336
Bei langen Bernoulli-Ketten ist man weniger an der
Wahrscheinlichkeit einzelner Treffer interessiert sondern eher
daran, wie wahrscheinlich es ist, dass die Trefferanzahl sich in
einem gewissen Bereich bewegt.
Eine Zufallsvariable 𝑋 sei 𝐵10;0,4 -verteilt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für …
a) mindestens 5 Treffer?
𝑃
b) höchstens 8 Treffer?
𝑃
c) weniger als 7 Treffer?
𝑃
d) eine Trefferzahl zwischen 3 und 9?  𝑃
𝑋 ≥ 5 =?
𝑋 ≤ 8 =?
𝑋 < 7 =?
3 ≤ 𝑋 ≤ 9 =?
Binomialverteilung mit dem GTR
337
Wegen 𝑃 𝑋 ≥ 5 = 𝑃 𝑋 = 5 + ⋯ + 𝑃 𝑋 = 10 kann es sehr
aufwändig werden, solche Wahrscheinlichkeiten zu bestimmen.
Mit dem GTR kann man über die Funktion binomcdf(n,p,k) (über 2ND
DISTR)den Ausdruck 𝑃 𝑋 ≤ 𝑘 berechnen. Alle anderen Ausdrücke lassen sich darauf zurückführen.
Lösung der Aufgaben:
a) Es gilt 𝑃 𝑋 ≥ 5 = 1 − 𝑃 𝑋 ≤ 4
Eingabe mit dem GTR 1-binomcdf(10,0.4,4)
liefert 0,3669, d.h. 𝑃 𝑋 ≥ 5 ≈ 36,69%.
𝑋 = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
𝑃 𝑋≥5
Weitere Beispiele mit dem GTR
338
b) 𝑃 𝑋 ≤ 8 = binomcdf(10,0.4,8) ≈ 99,8%
c) 𝑃 𝑋 < 7 = 𝑃 𝑋 ≤ 6 =binomcdf(10,0.4,6) ≈ 94,5%
d) 𝑃 3 ≤ 𝑋 ≤ 9 = 𝑃 𝑋 ≤ 9 − 𝑃 𝑋 ≤ 2 =
binomcdf(10,0.4,9) - binomcdf(10,0.4,2) ≈ 83,2%
𝑋 = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
𝑃 3≤𝑋≤9
Die Wahrscheinlichkeit z.B. von 𝑃 𝑋 = 4 rechnet man
10
entweder direkt über den Ausdruck
0,44 ⋅ 0,66 aus oder
4
über binomcdf(10,0.4,4) - binomcdf(10,0.4,3) oder über binompdf(10,0.4,4).
𝑋 = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Es folgt: 𝑃 𝑋 = 4 ≈ 25,1%.
𝑃 𝑋=4
Erwartungswert und Varianz
339
Falls eine Zufallsvariable X binomialverteilt ist, lassen sich
Erwartungswert und Varianz sehr einfach bestimmen.
Die entsprechenden Formeln wurden in der Schule hergeleitet
und lauten:
Erwartungswert bei Binomialverteilung:
𝐸 𝑋 =𝑛⋅𝑝
Varianz bei Binomialverteilung:
𝑉𝑎𝑟 𝑋 = 𝑛 ⋅ 𝑝 ⋅ 𝑞 wobei 𝑞 = 1 − 𝑝 ist.
𝑛 ist die Anzahl der Versuche, 𝑝 die Trefferwahrscheinlichkeit.
Einführungsbeispiel Hypothesentests
340
Die Firma Knopfloch AG stellt Knöpfe her.
Die Ausschussrate beträgt 1%.
Nach der Modernisierung der Maschinen soll die Ausschussrate
nun auf höchstens 0,5% gesunken ist.
Dies nennt man die Nullhypothese 𝐻0 .
Wir, die Hemdenträger GmbH, wollen diese Aussage
prüfen und fordern eine Stichprobe von 1000 Knöpfen.
In dieser Stichprobe befinden sich 9 schadhafte Knöpfe.
Sollen wir aufgrund dieser Daten nun die (oder der?)
Behauptung der Knopfloch AG glauben?
Verteilung prüfen
kritischer Wert
341
10 oder mehr schadhafte
Knöpfe in der Stichprobe wird
immer „unwahrscheinlicher“!
Irrtumswahrscheinlichkeit 𝛼
…
Summe der Einzelwahrscheinlichkeiten
Ablehnungsbereich
342
Wir veranschaulichen uns die Ws.verteilung wie in der
vorherigen Folie und überlegen uns, ab wie vielen schadhaften
Knöpfen wir die Behauptung (also die Nullhypothese 𝐻0 )
ablehnen wollen.
Sagen wir mal ab 10 schadhaften Knöpfen.
Damit legen wir einen Ablehnungsbereich fest von [10; 1000].
Die 10 ist sozusagen unsere „Schmerzgrenze“.
Das Gegenstück ist der Annahmebereich 0; 9 .
Wenn wir nämlich zwischen 0 und 9 schadhafte Knöpfe zählen,
glauben wir der Knopfloch AG die Behauptung.
Irrtumswahrscheinlichkeit 𝛼
343
Angenommen wir finden tatsächlich 10
beschädigte Knöpfe in der Stichprobe
und lehnen somit 𝐻0 ab.
ABER: Wir könnten uns auch irren
und die Behauptung zu Unrecht
ablehnen!
Wenn auch die WS gering ist, so kann es doch vorkommen,
dass wir 10 schadhafte Knöpfe zählen!
Wie groß ist denn nun diese Irrtumswahrscheinlichkeit 𝛼?
Wir zählen einfach die Einzelws. für 10, 11, 12 usw. schadhafter
Knöpfe zusammen, berechnen also 𝛼 = 𝑃 𝑋 ≥ 10 .
Wozu braucht man 𝛼?
344
Statt eine konkrete Anzahl 𝑘
festzulegen, ab der man 𝐻0
ablehnen sollte, könnte man
auch eine Obergrenze für
𝑘=9; 𝛼>5%
die Irrtumsws. 𝛼 angeben.
𝑘=10; 𝛼≤5%
Man möchte sich also
höchstens mit einer
Ws. von 𝛼 (meistens 5%)
irren und 𝐻0 zu unrecht ablehnen.
Mathematisch lautet die Aufgabe also:
Finde ein „erstes“ 𝑘, so dass 𝑃 𝑋 ≥ 𝑘 ≤ 𝛼 gilt. Hier gilt 𝑘 = 10.
Rechtsseitiger bzw. linksseitiger Test
345
In unserem Beispiel liegt der
Ablehnungsbereich am rechten
Ende der Ws.verteilung.
𝑘=10; 𝛼≤5%
Daher nennt man diese Art
von Test einen
rechtsseitigen Test.
In anderen Aufgabentypen liegt der Ablehnungsbereich am
linken Ende. Dies ist dann ein linksseitiger Test.
Bei einem rechtsseitigen Test müssen wir ein 𝑘 finden, so dass
𝑃 𝑋 ≥ 𝑘 ≤ 𝛼 ist, bei einem linksseitigen Test suchen wir
hingegen ein 𝑘, so dass 𝑃 𝑋 ≤ 𝑘 ≤ 𝛼 ist.
Signifikanzniveau
346
Die Irrtumsws. 𝛼 nennt man auch das Signifikanzniveau.
Wenn wir also ein „falsches“ 𝑘 wählen (in unserem Fall eine zu
geringe Anzahl an beschädigten Knöpfen), dann überschreiten
wir das Signifikanzniveau, d.h. es wird immer wahrscheinlicher,
dass wir 𝐻0 zu unrecht ablehnen.
Wählen wir 𝑘 = 9 (beschädigte Knöpfe), so überschreiten wir
das Signifikanzniveau.
Für 𝑘 = 10 liegen wir unterhalb des Signifikanzniveaus, also
unterhalb der Irrtumswahrscheinlichkeit.
Entscheidungsregel
347
Das Signifikanzniveau liefert uns somit eine Entscheidungsregel,
d.h. eine Anzahl 𝑘 (an schadhaften Knöpfen) ab der wir 𝐻0
„guten Gewissens“ ablehnen können.
In unserem Beispiel lautet die Entscheidungsregel:
Wenn wir in einer Stichprobe von 1000 Knöpfen 10 oder mehr
schadhafte Knöpfe finden, dann lehnen wir die Behauptung der
Knopfloch AG, nämlich, dass die Ausschussrate unter 0,5% liegt,
ab!
Wir glauben dann vielmehr, dass die Ausschussrate größer ist,
was man auch die Gegenhypothese nennt.
Allgemeine Beschreibung
348
Gegeben sei eine Stichprobe vom Umfang 𝑛.
Die Zufallsvariable 𝑋 gibt die Anzahl an Treffern an.
𝑋 sei binomialverteilt und die Trefferwahrscheinlichkeit sei 𝑝.
Manchmal ist eine Irrtumswahrscheinlichkeit 𝛼 gegeben.
Je nach Aufgabentyp kann nun gesucht sein …
1. Ein Ablehnungs- oder Annahmebereich
2. Eine Entscheidungsregel
3. Das Signifikanzniveau (falls nicht gegeben)
Rechenbeispiel 1: Rechtsseitiger Test
349
Eine Kleinstadt will ein neues Kulturzentrum erbauen. Der
Bürgermeister geht davon aus, dass höchstens 50% der
Einwohner dem Vorhaben zustimmen. Einige Kunst- und
Kulturexperten vermuten dagegen, dass die Zustimmungsrate
höher ist.
Bei einer Umfrage unter 200 Personen befürworten 140
Personen den Bau des Kulturzentrums.
Kann man nun bei einer Irrtumswahrscheinlichkeit von 4%
davon ausgehen, dass die Annahme des Bürgermeisters falsch
ist?
Lösung Rechenbeispiel 1
350
Da man bei der Stichprobe nur zwischen „Treffer“
(=Zustimmung) oder „kein Treffer“ (= Ablehnung) unterscheidet,
handelt es sich um ein Zufallsexperiment mit Binomialverteilung. Der Umfang der Stichprobe ist 𝑛 = 200.
Der Bürgermeister vermutet eine Trefferwahrscheinlichkeit von
𝑝 ≤ 0,5 . Damit ist 𝐻0 mit 𝑝 ≤ 0,5 die Nullhypothese. Die
Alternative ist 𝐻1 mit 𝑝 > 0,5.
Die Zufallsvariable 𝑋, welche die Anzahl der Treffer beschreibt,
ist gemäß 𝐻0 𝐵200;0,5 verteilt.
Wenn sich nun herausstellt, dass die Anzahl der Treffer 𝑇 höher
ist als erwartet, so wird 𝐻0 zugunsten von 𝐻1 abgelehnt.
Lösung Rechenbeispiel 1
351
Es handelt sich demnach um einen rechtsseitigen Test und es
muss ein Ablehnungsbereich der Form A = 𝑘, … , 200
gefunden werden.
Mit Hilfe der Irrtumswahrscheinlichkeit lässt sich 𝑘 bestimmen.
Damit 𝐻0 abgelehnt wird, muss 𝑃 𝑋 ≥ 𝑘 < 0,04 gelten. Nun
ist 𝑃(𝑋 ≥ 𝑘) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 𝑘 − 1). Somit gibt man im Y-Editor
den Ausdruck 1-binomcdf(200,0.5,X-1) und sucht sich über 2ND TABLE den
Wert von 𝑋, beim dem dieser Ausdruck erstmals < 0,04 wird.
Für 𝑋 = 112 stellt man 𝛼 = 0,05182 und 𝑋 = 113 stellt man
𝛼 = 0,03842 fest. Somit ist 𝑘 = 113 der gesuchte Wert für das
Ablehnungsintervall.
Lösung Rechenbeispiel 1
352
Das Ablehnungsintervall lautet also 𝐴 = 113, … , 200 .
Da bei der Stichprobe eine Trefferzahl 𝑇 von 140 (d.h. 140 Zustimmungen) festgestellt wurden und 𝑇 ∈ A ist, wird 𝐻0
abgelehnt.
Ergebnis:
Die Kunst- und Kulturexperten haben bei einer Irrtumswahrscheinlichkeit von 4% Recht (d.h. 𝐻1 gilt) und die Zustimmungsrate für das Kulturzentrum liegt über 50%.
Rechenbeispiel 2: Linksseitiger Test
353
In einem Supermarkt hatte das Fertiggericht „Maxi Lunch“
bisher einen Marktanteil von 30%.
Nach einer Untersuchung von Stiftung Warentest erhielt „Maxi
Lunch“ die Note 3.
Eine Woche nach dem Testbericht stellt der Marktleiter fest,
dass von 240 Käufern von Fertiggerichten 60 „Maxi Lunch“
gekauft haben.
Kann man bei einer Irrtumswahrscheinlichkeit von 10% davon
ausgehen, dass der Marktanteil von „Maxi Lunch“ gesunken ist?
Lösung Rechenbeispiel 2
354
Hier bedeutet „Treffer“ = „gekauft“ und „kein Treffer“ = „nicht
gekauft“. Der Umfang der Stichprobe ist 𝑛 = 240.
Die Nullhypothese 𝐻0 geht von einem Marktanteil von 30% aus,
d.h. 𝑝 = 0,3. Die Alternative ist 𝐻1 mit 𝑝 < 0,3.
Die Zufallsvariable 𝑋, welche die Anzahl der Käufer beschreibt,
ist gemäß 𝐻0 𝐵240;0,3 verteilt.
Wenn sich nun herausstellt, dass die Anzahl der Treffer 𝑇 kleiner
ist als erwartet, so wird 𝐻0 zugunsten von 𝐻1 abgelehnt, was
bedeutet, dass der Marktanteil tatsächlich abgenommen hat.
Lösung Rechenbeispiel 2
355
Es handelt sich um einen linksseitigen Test und es muss ein
Ablehnungsbereich der Form A = 0, … , 𝑘 gefunden werden.
Mit Hilfe der Irrtumswahrscheinlichkeit lässt sich 𝑘 bestimmen.
Damit 𝐻0 abgelehnt wird, muss 𝑃 𝑋 ≤ 𝑘 < 0,1 gelten. Man
gibt im Y-Editor den Ausdruck binomcdf(240,0.3,X) ein und sucht sich
über 2ND TABLE den Wert von 𝑋, beim dem dieser Ausdruck
erstmals < 0,1 wird.
Für 𝑋 = 62 stellt man 𝛼 = 0,08909 und 𝑋 = 63 stellt man 𝛼 =
0,11471 fest. Somit ist 𝑘 = 62 der gesuchte Wert für das
Ablehnungsintervall.
Lösung Rechenbeispiel 2
356
Das Ablehnungsintervall lautet also 𝐴 = 0, … , 62 .
Da bei der Stichprobe eine Trefferzahl 𝑇 von 60 (Käufer)
festgestellt wurde und 𝑇 ∈ A ist, wird 𝐻0 abgelehnt.
Ergebnis:
Der Marktanteil von „Maxi Lunch“ ist nach dem Testbericht von
Stiftung Warentest mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von
10% gesunken.
Rechenbeispiel 3
357
Leo ist Mitglied eines Schützenvereins und hat eine Trefferquote
von 70%.
Nach einem mentalen Training nimmt Leo an, dass sich seine
Trefferquote verbessert hat. Leo testet dies auf dem
Schießstand mit 100 Schuss.
Wie viele Treffer muss Leo mindestens erzielen, damit man mit
einer Irrtumswahrscheinlichkeit von höchstens 5% davon ausgehen kann, dass sich seine Trefferquote wirklich verbessert
hat?
Lösung Rechenbeispiel 3
358
Der Umfang der Stichprobe ist 𝑛 = 100.
Die Nullhypothese 𝐻0 besagt 𝑝 = 0,7. Die Alternative 𝐻1 besagt
𝑝 > 0,7.
Die Zufallsvariable 𝑋, ist gemäß 𝐻0 𝐵100;0,7 verteilt.
𝐻0 wird abgelehnt, wenn die Trefferanzahl besser als erwartet
ist, d.h. es liegt ein rechtsseitiger Test vor und das Ablehnungsintervall hat die Gestalt 𝐴 = [𝑘, … , 100].
Für „Ablehnung“ muss 𝑃 𝑋 ≥ 𝑘 ≤ 0,05 gelten. Nun ist
𝑃 𝑋 ≥ 𝑘 = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 𝑘 − 1), d.h. im GTR gibt man den
Ausdruck 1-binomcdf(100,0.7,X-1) ein und prüft über 2ND TABLE wann
dieser Wert erstmals 0,05 unterschreitet.
Lösung Rechenbeispiel 3
359
Für 𝑋 =77 erhält man 𝛼 = 0,07553 und 𝑋 = 78 liefert 𝛼 =
0,04787. Somit ist 𝑘 = 78 der gesuchte Wert für das
Ablehnungsintervall 𝐴 = 78, … , 100 .
Ergebnis:
Leo muss mindestens 78 Treffer erzielen, damit man bei einer
Irrtumswahrscheinlichkeit von 5% davon ausgehen kann, dass
sich seine Trefferquote verbessert hat.
Rechenbeispiel 4
360
Ein Hersteller von Speicherchips gibt an, dass erfahrungsgemäß
höchstens 7% der Chips fehlerhaft sind.
Nach einer baulichen Änderung in den Produktionsräumen des
Herstellers vermutet ein Kunde, dass sich die Fehlerrate
vergrößert hat.
Der Kunde und der Hersteller vereinbaren einen Test, bei dem
210 Chips geprüft werden. Die Nullhypothese 𝐻0 mit 𝑝 ≤ 0,07
wird abgelehnt, wenn dabei mehr als 23 Chips fehlerhaft sind.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit irrt man sich und lehnt somit 𝐻0
zu unrecht ab?
Lösung Rechenbeispiel 4
361
Wir haben 𝑛 = 210. 𝐻0 besagt 𝑝 ≤ 0,07. 𝐻1 besagt 𝑝 > 0,07.
Die Zufallsvariable 𝑋, ist gemäß 𝐻0 𝐵210;0,07 verteilt.
Das Ablehnungsintervall ist mit 𝐴 = [24, … , 210] vorgegeben.
Die Irrtumswahrscheinlichkeit ist gegeben durch 𝑃 𝑋 ≥ 24 =
1 − 𝑃 𝑋 ≤ 23 . Über die Eingabe von
1-binomcdf(210,0.07,23) im GTR erhält man 𝛼 ≈ 0,0126.
Ergebnis:
Mit einer Irrtumswahrscheinlichkeit von etwa 1,26% kann man
davon ausgehen, dass die Fehlerquote sich tatsächlich
verschlechtert hat.
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