WS 2 - Wahrscheinlichkeitsrechnung — Mathematik · Matura-Zusammenfassung

Zufallsexperiment und Wahrscheinlichkeit#

BasisWS-2.1

Der Zufall wirkt regellos, ist aber messbar: Eine Wahrscheinlichkeit ist eine Maßzahl zwischen

0

und

1

, die angibt, wie sicher ein Ereignis eintritt. Ausgangspunkt ist das Zufallsexperiment - ein Vorgang mit ungewissem Ausgang, dessen mögliche Ergebnisse man aber vollständig kennt. Alle Elementarergebnisse sammelt die Ergebnismenge

\Omega

, und ein Ereignis ist stets eine Teilmenge von

\Omega

. Beim Würfelwurf etwa ist

\Omega=\{1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6\}

, und das Ereignis „gerade Augenzahl" entspricht der Teilmenge

\{2,\,4,\,6\}

.

Sind alle Elementarergebnisse gleich wahrscheinlich - bei einer fairen Münze, einem fairen Würfel oder einem gut gemischten Kartenspiel -, so gilt das Laplace-Modell:

P(A)=\tfrac{|A|}{|\Omega|}

, also „Anzahl der günstigen Fälle durch Anzahl der möglichen Fälle". Für die gerade Augenzahl ergibt das

P=\tfrac{3}{6}=\tfrac{1}{2}

. Anschaulich verteilt das Modell die Gesamtwahrscheinlichkeit

1

zu gleichen Teilen auf alle Ergebnisse; entscheidend ist, dass die Gleichwahrscheinlichkeit aus der Symmetrie des Experiments wirklich begründbar ist.

Jede Wahrscheinlichkeit gehorcht drei Grundregeln (den Axiomen von Kolmogorow): Erstens liegt sie stets zwischen

0

und

1

, also

0\leq P(A)\leq 1

- die

0

steht für das unmögliche, die

1

für das sichere Ereignis. Zweitens tritt mit Sicherheit irgendein Ergebnis ein, somit

P(\Omega)=1

. Drittens addieren sich die Wahrscheinlichkeiten zweier einander ausschließender (disjunkter) Ereignisse:

P(A\cup B)=P(A)+P(B)

. Aus diesen wenigen Regeln folgt die gesamte weitere Rechnung.

Überschneiden sich zwei Ereignisse, darf man ihre Wahrscheinlichkeiten nicht einfach addieren, denn der gemeinsame Bereich würde doppelt gezählt. Der allgemeine Additionssatz korrigiert das:

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)

(). Beim Wurf eines Würfels etwa haben „gerade Zahl" und „Vielfaches von

3

" das Ergebnis

6

gemeinsam, das man genau einmal abziehen muss. Sind die Ereignisse disjunkt, ist

P(A\cap B)=0

, und der Satz vereinfacht sich zur dritten Grundregel.

Additionssatz: Überschneidung zweier Ereignisse

Abb. 1Bei überlappenden Ereignissen wird der gemeinsame Bereich doppelt gezählt:

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)

.

Oft ist das Gegenteil leichter zu zählen als das Ereignis selbst. Das Komplement

\bar A

umfasst alle Ergebnisse, die nicht zu

A

gehören; da

A

und

\bar A

zusammen ganz

\Omega

ergeben und einander ausschließen, folgt

P(\bar A)=1-P(A)

. Dieser Komplementäransatz ist der schnellste Weg bei Aufgaben vom Typ „mindestens eins": Statt viele Fälle einzeln zu addieren, rechnet man

1

minus die Wahrscheinlichkeit, dass gar nichts eintritt.

Nicht jedes Experiment ist symmetrisch - bei einem Reißnagel oder einer verbogenen Münze versagt das Laplace-Modell. Dann schätzt man die Wahrscheinlichkeit empirisch über die relative Häufigkeit: Man führt das Experiment sehr oft durch und nimmt den Anteil der Treffer als statistische Wahrscheinlichkeit. Das Gesetz der großen Zahlen rechtfertigt das - mit wachsender Versuchszahl nähert sich die relative Häufigkeit der theoretischen Wahrscheinlichkeit an. Der theoretische und der empirische Zugang bilden gemeinsam das Fundament für Erwartungswert und Verteilungen in Thema WS 3.

P(A)=\dfrac{|A|}{|\Omega|}

Laplace-Wahrscheinlichkeit

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)

Additionssatz

Musterbeispiel

Augensumme beim Würfelwurf

Zwei faire Würfel: Wahrscheinlichkeit für Augensumme $7$ ?

Ergebnisraum
$|\Omega|=36$ geordnete Paare.
Günstige Fälle
$(1,\,6),\,(2,\,5),\,(3,\,4),\,(4,\,3),\,(5,\,2),\,(6,\,1)$ , also $6$ Paare.
Laplace
$P=\tfrac{6}{36}=\tfrac{1}{6}\approx 0{,}167$ .

Ergebnis: $P(\text{Augensumme }7)=\tfrac{1}{6}$ .

Schritt-für-Schritt Erklärung3 Schritte

1
Bestimme zunächst die Ergebnismenge des Zufallsexperiments.
2
Bei gleich wahrscheinlichen Ergebnissen liefert das Laplace-Modell direkt die Wahrscheinlichkeit.
3
Prüfe stets, ob Ereignisse einander ausschliessen oder überschneiden.

Typische Fehler

Laplace-Modell auf nicht gleich wahrscheinliche Ergebnisse angewandt.
Ereignisse als nicht disjunkt addiert.
Komplement vergessen.

Aktive Wiederholung

Beim Werfen von zwei fairen Würfeln: Wahrscheinlichkeit für eine Augensumme von $7$ ?

Aktiv abrufen

Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: IQS Wahrscheinlichkeitsrechnung (IQS)

Baumdiagramme und Pfadregeln#

StandardWS-2.2

Bei mehrstufigen Experimenten - mehreren nacheinander ausgeführten Teilversuchen - wird die Aufzählung aller Fälle rasch unübersichtlich. Das Baumdiagramm bringt Ordnung hinein (): Jede Stufe bildet eine Verzweigung, jeder Ast steht für ein mögliches Teilergebnis samt seiner Wahrscheinlichkeit, und jeder Pfad von der Wurzel bis zu einem Blatt beschreibt genau ein Gesamtergebnis. So lässt sich auch ein scheinbar komplizierter Vorgang Schritt für Schritt darstellen.

Baumdiagramm — Zweistufiges Zufallsexperiment

Abb. 2Ziehen ohne Zurücklegen aus Urne mit 3 roten und 2 blauen Kugeln; Pfadprodukte ergeben

P(RR)=P(RB)=P(BR)=0{,}3

und

P(BB)=0{,}1

.

Entlang eines Pfades multipliziert man die Astwahrscheinlichkeiten - das ist die erste Pfadregel (Multiplikation). Formal steckt dahinter

P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B|A)

: zuerst

A

, dann

B

unter der Bedingung, dass

A

bereits eingetreten ist. In einer Urne mit

3

roten und

2

blauen Kugeln (Ziehen ohne Zurücklegen) hat der Pfad „rot, dann blau" somit die Wahrscheinlichkeit

\tfrac{3}{5}\cdot\tfrac{2}{4}=\tfrac{6}{20}

.

Führen mehrere Pfade zum selben Ereignis, addiert man ihre Pfadwahrscheinlichkeiten - das ist die zweite Pfadregel (Addition). Das Ereignis „genau eine rote" entsteht über die Pfade „rot-blau" und „blau-rot", also

\tfrac{6}{20}+\tfrac{6}{20}=\tfrac{12}{20}

. Der gesamte Umgang mit Bäumen lässt sich in einem Merksatz bündeln: entlang eines Pfades wird multipliziert, zwischen verschiedenen Pfaden wird addiert.

Die Wahrscheinlichkeiten aller von einem Knoten abgehenden Äste ergeben zusammen

1

, und ebenso summieren sich sämtliche Pfadwahrscheinlichkeiten (alle Blätter) zu

1

, sofern wirklich jeder Pfad berücksichtigt wurde. Genau das liefert die beste Selbstkontrolle: Ergibt die Summe nicht

1

, fehlt entweder ein Pfad oder eine Astwahrscheinlichkeit wurde falsch angesetzt.

Entscheidend für die Astwahrscheinlichkeiten ist, ob der Ausgangszustand nach jeder Stufe wiederhergestellt wird. Beim Ziehen mit Zurücklegen bleiben die Werte auf jeder Stufe gleich; beim Ziehen ohne Zurücklegen ändern sie sich, weil sich Anzahl und Zusammensetzung verringern - im Beispiel sind nach einer gezogenen roten Kugel nur noch

2

rote von insgesamt

4

übrig. Diese Unterscheidung ist die häufigste Fehlerquelle bei Baumaufgaben.

Bei vielen Stufen oder vielen gleichartigen Ergebnissen muss nicht jeder Ast einzeln gezeichnet werden: Reduzierte Bäume fassen die uninteressanten Zweige zusammen - oft genügen die zwei Äste „Treffer" und „kein Treffer". So bleibt die Rechnung handhabbar. Die Pfadregeln sind zugleich das Fundament der bedingten Wahrscheinlichkeit und der mehrstufigen Experimente, die in den folgenden Sektionen vertieft werden.

P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B|A)

Multiplikationsregel auf Pfaden

Musterbeispiel

Urne ohne Zurücklegen

Urne mit 3R, 2B; zwei Züge ohne Zurücklegen. $P(\text{genau eine rote})$ ?

Pfad RB
$P(R)\cdot P(B|R)=\tfrac{3}{5}\cdot\tfrac{2}{4}=\tfrac{6}{20}$ .
Pfad BR
$P(B)\cdot P(R|B)=\tfrac{2}{5}\cdot\tfrac{3}{4}=\tfrac{6}{20}$ .
Summe
$\tfrac{6}{20}+\tfrac{6}{20}=\tfrac{12}{20}=\tfrac{3}{5}$ .

Ergebnis: $P(\text{genau eine rote})=\tfrac{3}{5}=0{,}6$ .

Schritt-für-Schritt Erklärung3 Schritte

1
Baumdiagramme machen mehrstufige Experimente übersichtlich.
Baumdiagramm — Zweistufiges Zufallsexperiment
Abb.Ziehen ohne Zurücklegen aus Urne mit 3 roten und 2 blauen Kugeln; Pfadprodukte ergeben $P(RR)=P(RB)=P(BR)=0{,}3$ und $P(BB)=0{,}1$ .
2
Entlang eines Pfades wird multipliziert, über Pfade hinweg wird addiert.
3
Beim Ziehen ohne Zurücklegen ändert sich die Wahrscheinlichkeit nach jeder Stufe.

Typische Fehler

Pfadwahrscheinlichkeiten addiert statt multipliziert.
Endergebnisse nicht aufsummiert.
Bei "Ziehen ohne Zurücklegen" Wahrscheinlichkeiten auf jeder Stufe nicht angepasst.

Aktive Wiederholung

In einer Urne liegen 3 rote und 2 blaue Kugeln. Ziehe zwei ohne Zurücklegen. Berechne $P(\text{eine rote, eine blaue})$ .

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Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: IQS Pfadregeln (IQS)

Bedingte Wahrscheinlichkeit und Unabhängigkeit#

StandardWS-2.3

Information verändert Wahrscheinlichkeiten. Sobald bekannt ist, dass ein Ereignis

B

bereits eingetreten ist, schrumpft der betrachtete Ereignisraum auf

B

, und man fragt nach der bedingten Wahrscheinlichkeit

P(A|B)

- der „Wahrscheinlichkeit von

A

unter der Bedingung

B

". Aus der Vogelperspektive auf ganz

\Omega

wird so der gezielte Blick auf einen Teilbereich.

Formal ist

P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}

für

P(B)>0

. Anschaulich betrachtet man nur noch den Anteil von

A\cap B

innerhalb von

B

statt innerhalb von ganz

\Omega

-

B

wird zum neuen Bezugsbereich, also zum neuen

100\,\%

. Stellt man die Definition um, erhält man die schon bekannte Pfadregel

P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A|B)

, mit der bedingte Wahrscheinlichkeit und Baumdiagramm zusammenfallen.

Das Standardwerkzeug ist die Vierfeldertafel (Kontingenztafel): Sie trägt die vier Wahrscheinlichkeiten

P(A\cap B)

,

P(A\cap\bar B)

,

P(\bar A\cap B)

und

P(\bar A\cap\bar B)

ein, deren Randsummen die Einzelwahrscheinlichkeiten der Ereignisse liefern. Aus ihr liest man jede bedingte Wahrscheinlichkeit unmittelbar ab - ein Baumdiagramm leistet dasselbe, nur in anderer Anordnung.

Manchmal ändert die Information gar nichts: Zwei Ereignisse heißen unabhängig, wenn das Eintreten von

B

die Wahrscheinlichkeit von

A

nicht beeinflusst, also

P(A|B)=P(A)

. Gleichwertig und rechnerisch bequemer ist die Produktregel

P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)

- und nur über sie prüft man Unabhängigkeit. Unabhängig ist dabei nicht dasselbe wie disjunkt: Zwei disjunkte Ereignisse mit positiver Wahrscheinlichkeit sind sogar stets abhängig, denn tritt das eine ein, ist das andere ausgeschlossen.

Eine verbreitete Fehlvorstellung ist,

P(A|B)

und

P(B|A)

seien gleich. Das stimmt nur in Ausnahmefällen. Im Klassenbeispiel sind

40\,\%

der Schüler Mädchen, davon tragen

60\,\%

eine Brille; daraus folgt aber

P(\text{Mädchen}|\text{Brille})=\tfrac{4}{7}\approx 57\,\%

- gerade nicht die

60\,\%

der Gegenrichtung. Richtung und Reihenfolge der Bedingung sind also wesentlich und dürfen nie vertauscht werden.

Bedingte Wahrscheinlichkeiten stecken hinter medizinischen Tests, der Qualitätskontrolle und Sicherheitsfragen - überall dort, wo eine neue Beobachtung die Einschätzung verändert. Verwechselt man die beiden Richtungen, entstehen schwere Trugschlüsse, besonders wenn die Grundrate (Prävalenz) niedrig ist. Genau die systematische Umkehrung von

P(B|A)

auf

P(A|B)

leistet der Satz von Bayes in der nächsten Sektion.

P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\;\text{für}\;P(B)>0

Bedingte Wahrscheinlichkeit

Musterbeispiel

Vierfeldertafel: Brille bedingt aufs Geschlecht

$40\%$ Mädchen ( $M$ ), davon $60\%$ mit Brille ( $B$ ); von den $60\%$ Burschen tragen $30\%$ eine Brille. Bestimme $P(B)$ und $P(M\mid B)$ .

Zellen der Tafel
Pfadregel je Zweig: $P(M\cap B)=0{,}40\cdot 0{,}60=0{,}24$ , $P(M\cap\overline{B})=0{,}40\cdot 0{,}40=0{,}16$ , $P(\overline{M}\cap B)=0{,}60\cdot 0{,}30=0{,}18$ , $P(\overline{M}\cap\overline{B})=0{,}60\cdot 0{,}70=0{,}42$ . Summe $=1$ .
Randwahrscheinlichkeit Brille
Spalte $B$ summieren: $P(B)=0{,}24+0{,}18=0{,}42$ .
Bedingte Wahrscheinlichkeit
$P(M\mid B)=\dfrac{P(M\cap B)}{P(B)}=\dfrac{0{,}24}{0{,}42}=\dfrac{4}{7}\approx 0{,}571$ .

Ergebnis: $P(B)=0{,}42$ und $P(M\mid B)=\tfrac{4}{7}\approx 57{,}1\%$ . Obwohl nur $40\%$ aller Schüler Mädchen sind, sind unter den Brillenträgern mehrheitlich Mädchen.

Schritt-für-Schritt Erklärung3 Schritte

1
Bedingte Wahrscheinlichkeit fokussiert auf einen Teilbereich des Ereignisraums.
2
Unabhängigkeit prüfst du über die Produktregel.
3
Eine Vierfeldertafel macht die Berechnung übersichtlich.

Typische Fehler

$P(A|B)$ mit $P(B|A)$ verwechselt.
Unabhängigkeit aufgrund von Disjunktheit angenommen.
Prävalenz im medizinischen Beispiel ignoriert.

Aktive Wiederholung

In einer Klasse sind $40\%$ der Schüler Mädchen, davon tragen $60\%$ eine Brille; $30\%$ der Burschen tragen ebenfalls eine Brille. Berechne $P(\text{Brille})$ und $P(\text{Mädchen}|\text{Brille})$ .

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Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: IQS bedingte Wahrscheinlichkeit (IQS)

Satz von Bayes und Anwendungen#

VertiefungWS-2.4

Häufig kennt man eine bedingte Wahrscheinlichkeit, braucht aber die umgekehrte. Ein Diagnosetest liefert

P(\text{positiv}|\text{krank})

, also seine Zuverlässigkeit; die Patientin will jedoch

P(\text{krank}|\text{positiv})

wissen, die eigentliche Aussagekraft ihres Befundes. Der Satz von Bayes dreht die Bedingung um und macht aus der einen Richtung die andere.

Die Formel lautet

P(A|B)=\dfrac{P(B|A)\cdot P(A)}{P(B)}

. Den Nenner

P(B)

gewinnt man meist über den Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit, indem man alle Pfade zu

B

addiert:

P(B)=P(B|A)\cdot P(A)+P(B|\bar A)\cdot P(\bar A)

. Vorausgesetzt wird stets

P(B)>0

- sonst wäre die bedingte Wahrscheinlichkeit gar nicht definiert.

Drei Größen steuern jede medizinische Testaufgabe: die Prävalenz

P(\text{krank})

, also die Grundwahrscheinlichkeit der Krankheit in der Bevölkerung; die Sensitivität

P(\text{positiv}|\text{krank})

, die Trefferquote bei tatsächlich Kranken; und die Spezifität

P(\text{negativ}|\text{gesund})

, die Trefferquote bei Gesunden. Die Sensitivität ist gerade nicht

P(\text{krank}|\text{positiv})

- diese Verwechslung ist der klassische Bayes-Fehler.

Das überraschende Ergebnis: Selbst ein hochsensitiver Test kann einen kleinen positiven prädiktiven Wert

P(\text{krank}|\text{positiv})

haben, wenn die Krankheit selten ist. Bei niedriger Prävalenz gibt es so viele Gesunde, dass deren wenige falsch-positive Befunde die echten Treffer zahlenmäßig überwiegen. Die Grundrate darf deshalb nie ignoriert werden - sie entscheidet über die Aussagekraft mehr als die Testgüte selbst.

Greifbar wird das, wenn man die Wahrscheinlichkeiten in absolute Häufigkeiten übersetzt - etwa in eine gedachte Bevölkerung von

10\,000

Personen. Bei

1\,\%

Trägern und

95\,\%

Sensitivität sind das

100

Träger, davon

95

richtig positiv; unter den

9\,900

Nicht-Trägern liefert eine Falsch-Positiv-Rate von

3\,\%

rund

297

positive Befunde. Von insgesamt

392

Positiven sind also nur

95

echt, somit

\tfrac{95}{392}\approx 24\,\%

.

Genau diese Schrittfolge verlangt die Matura in Typ-2-Aufgaben: Ereignisse sauber definieren,

P(B)

über die totale Wahrscheinlichkeit bestimmen, den Satz von Bayes anwenden und das Ergebnis im Sachzusammenhang deuten. Der Häufigkeitsbaum ist dabei nicht bloß Veranschaulichung, sondern ein vollwertiger Rechenweg, der ohne die Formel auskommt. Wer beide Wege beherrscht, durchschaut die scheinbar paradoxen Testergebnisse, die in Medizin, Spam-Filtern und forensischer Statistik allgegenwärtig sind.

P(A|B)=\dfrac{P(B|A)\cdot P(A)}{P(B)}

Satz von Bayes

Musterbeispiel

Positiver Test bei seltener Krankheit

Sensitivität $0{,}99$ , Spezifität $0{,}98$ , Prävalenz $0{,}005$ . Berechne $P(\text{krank}|\text{positiv})$ .

Wahrscheinlichkeit positiv
$P(\text{pos})=0{,}99\cdot 0{,}005+0{,}02\cdot 0{,}995\approx 0{,}0249$ .
Bayes
$P(\text{krank}|\text{pos})=\dfrac{0{,}99\cdot 0{,}005}{0{,}0249}\approx 0{,}1992$ .

Ergebnis: Nur rund $20\%$ der positiv Getesteten sind tatsächlich krank - obwohl der Test scheinbar sehr genau ist.

Schritt-für-Schritt Erklärung3 Schritte

1
Bayes verbindet bedingte Wahrscheinlichkeiten in beide Richtungen.
2
Bei seltenen Ereignissen kann ein scheinbar guter Test irreführend wirken.
3
Häufigkeitsbäume mit z.B. 10 000 Personen machen die Logik anschaulich.

SRDP-Aufgaben

SelbsttestAus der Fragenbank4 Punkte

Aufgabenstellung

In einer Region tragen

1\%

der Bevölkerung einen bestimmten Antikörper. Ein Schnelltest erkennt Antikörperträger zu

95\%

und liefert bei Personen ohne Antikörper

3\%

falsch-positive Ergebnisse. Wie wahrscheinlich ist es, dass eine positiv getestete Person tatsächlich Antikörper trägt?

Deine Antwortwird nicht automatisch bewertet

Typische Fehler

Sensitivität als $P(\text{krank}|\text{positiv})$ interpretiert.
Prävalenz vergessen.
Bayes-Formel ohne Prüfung auf $P(B)>0$ angewandt.

Aktive Wiederholung

Ein Test für eine Krankheit hat Sensitivität $99\%$ und Spezifität $98\%$ . Die Krankheit kommt mit $0{,}5\%$ Prävalenz vor. Berechne $P(\text{krank}|\text{Test positiv})$ .

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Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: IQS Bayes-Satz (IQS)

Kombinatorik: Zählprinzipien#

StandardWS-2.1

Im Laplace-Modell ist

P(A)=\tfrac{|A|}{|\Omega|}

- man muss also zählen können, ohne jeden Fall einzeln aufzuschreiben. Genau dafür liefert die Kombinatorik die Abkürzungen. Ihr Fundament ist das Zählprinzip (Multiplikationsregel): Lässt sich eine Auswahl in unabhängige Teilentscheidungen zerlegen, so multipliziert man deren Anzahlen. Ein Menü aus

3

Vorspeisen und

4

Hauptgängen ergibt etwa

3\cdot 4=12

Kombinationen.

Ordnet man alle

n

verschiedenen Elemente in eine Reihenfolge, spricht man von einer Permutation; davon gibt es

n!=n\cdot(n-1)\cdots 2\cdot 1

(gesprochen „

n

Fakultät"). Der Grund ist das Zählprinzip: Für den ersten Platz gibt es

n

Möglichkeiten, für den zweiten nur noch

n-1

, und so weiter. Per Konvention ist

0!=1

, denn es gibt genau eine Möglichkeit, gar nichts anzuordnen.

Die zentrale Frage jeder Zählaufgabe lautet: Kommt es auf die Reihenfolge an? Wählt man

k

aus

n

Elementen und ist die Reihenfolge wichtig, handelt es sich um eine Variation; ist die Reihenfolge egal, um eine Kombination. „Gold, Silber, Bronze" beim Wettlauf ist eine Variation (die Reihenfolge zählt), die Auswahl „drei Komiteemitglieder" dagegen eine Kombination (die Reihenfolge ist gleichgültig).

Die Anzahl der Kombinationen von

k

aus

n

Elementen - ohne Zurücklegen, ohne Beachtung der Reihenfolge - ist der Binomialkoeffizient

\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}

(gesprochen „

n

über

k

"). Für

3

aus

10

etwa ergibt das

\binom{10}{3}=\dfrac{10\cdot 9\cdot 8}{3!}=120

. Die Division durch

k!

ist der Kern: Sie entfernt gerade die

k!

Reihenfolgen, in denen dieselbe Auswahl angeordnet sein könnte.

Zusätzlich muss man unterscheiden, ob ein gezogenes Element wieder zur Verfügung steht. Mit Zurücklegen darf jedes Element mehrfach vorkommen (bei geordneter Auswahl gibt es dann

n^{k}

Möglichkeiten), ohne Zurücklegen ist das ausgeschlossen. Diese Unterscheidung verändert die Anzahl drastisch und entscheidet, welche Formel überhaupt gilt - das genaue Lesen der Angabe ist hier die halbe Lösung.

Damit ergibt sich ein klares Schema aus zwei Fragen: geordnet oder ungeordnet, und mit oder ohne Zurücklegen. Wer diese beiden Fragen zuerst beantwortet, wählt sicher zwischen Permutation, Variation und Kombination. Diese Zählweisen liefern nicht nur Laplace-Wahrscheinlichkeiten, sondern auch unmittelbar den Binomialkoeffizienten der Binomialverteilung (Thema WS 3), in der

\binom{n}{k}

die Anzahl der möglichen Treffer-Anordnungen zählt.

\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}

Binomialkoeffizient

Musterbeispiel

Komitee auswählen

Aus $10$ Personen sollen $3$ für ein Komitee gewählt werden. Wie viele Möglichkeiten gibt es?

Modell
Reihenfolge egal, ohne Zurücklegen, also Kombination $\binom{10}{3}$ .
Einsetzen
$\binom{10}{3}=\dfrac{10!}{3!\,7!}=\dfrac{10\cdot 9\cdot 8}{6}$ .
Berechnen
$=\dfrac{720}{6}=120$ .

Ergebnis: Es gibt $120$ mögliche Komitees.

Musterbeispiel

Variation: Podestplätze vergeben

Bei einem Lauf mit $8$ Teilnehmern werden Gold, Silber und Bronze vergeben. Wie viele verschiedene Podestbesetzungen sind möglich?

Modell
Die Reihenfolge ist entscheidend (Gold $\neq$ Silber) und kein Platz wird doppelt vergeben: Variation ohne Zurücklegen $V=\dfrac{n!}{(n-k)!}$ mit $n=8$ , $k=3$ .
Einsetzen
$\dfrac{8!}{5!}=8\cdot 7\cdot 6$ - drei absteigende Faktoren ab $8$ .
Berechnen
$8\cdot 7\cdot 6=336$ .

Ergebnis: Es gibt $336$ mögliche Podestbesetzungen. Zum Vergleich: ohne Beachtung der Reihenfolge wären es nur $\binom{8}{3}=56$ - der Faktor $3!=6$ unterscheidet Variation von Kombination.

Schritt-für-Schritt Erklärung3 Schritte

1
Das Zählprinzip multipliziert die Möglichkeiten unabhängiger Schritte.
2
Kommt es auf die Reihenfolge an, sprichst du von Variationen, sonst von Kombinationen.
3
Der Binomialkoeffizient zählt die Kombinationen von k aus n Elementen.

Typische Fehler

Reihenfolge fälschlich berücksichtigt, obwohl sie egal ist.
Mit und ohne Zurücklegen verwechselt.
Fakultät $0!$ nicht als $1$ erkannt.

Aktive Wiederholung

Auf wie viele Arten lassen sich aus $10$ Personen $3$ für ein Komitee auswählen (Reihenfolge egal)?

Aktiv abrufen

Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: IQS Kombinatorik AHS (IQS)

Mehrstufige Zufallsexperimente#

VertiefungWS-2.2WS-2.3

Viele reale Vorgänge bestehen aus mehreren hintereinander ausgeführten Teilversuchen - mehrmaliges Ziehen, wiederholtes Werfen oder eine Folge von Prüfungen. Solche mehrstufigen Zufallsexperimente stellt man als Baumdiagramm dar (), in dem jede Stufe eine neue Verzweigungsebene bildet und ein vollständiger Pfad einem Gesamtergebnis entspricht.

Baumdiagramm — Zweistufiges Zufallsexperiment

Abb. 3Ziehen ohne Zurücklegen aus Urne mit 3 roten und 2 blauen Kugeln; Pfadprodukte ergeben

P(RR)=P(RB)=P(BR)=0{,}3

und

P(BB)=0{,}1

.

Die Pfadmultiplikationsregel liefert die Wahrscheinlichkeit eines vollständigen Pfades als Produkt seiner Astwahrscheinlichkeiten:

P(\text{Pfad})=\prod_{\text{Stufen}}P(\text{Ast})

. Jeder Faktor ist dabei die Wahrscheinlichkeit der jeweiligen Stufe unter der Bedingung des bisherigen Verlaufs - die Pfadregel ist also nichts anderes als angewandte bedingte Wahrscheinlichkeit.

Die Pfadadditionsregel fasst zusammengesetzte Ereignisse zusammen: Man addiert die Wahrscheinlichkeiten aller Pfade, die zum gleichen Ereignis führen. Das Ereignis „genau ein Treffer in zwei Versuchen" entsteht etwa über die Pfade „Treffer-Niete" und „Niete-Treffer"; beide Pfadwahrscheinlichkeiten werden addiert. Es gilt also wieder: entlang multiplizieren, zwischen den Pfaden addieren.

Beim Ziehen ohne Zurücklegen ändern sich die Wahrscheinlichkeiten von Stufe zu Stufe, weil sich der Bestand verkleinert. Aus einer Urne mit

3

roten und

2

blauen Kugeln ist

P(\text{rot}_{1})=\tfrac{3}{5}

, nach einer gezogenen roten aber nur noch

P(\text{rot}_{2}\mid\text{rot}_{1})=\tfrac{2}{4}

; zwei rote Kugeln haben somit die Pfadwahrscheinlichkeit

\tfrac{3}{5}\cdot\tfrac{2}{4}=\tfrac{3}{10}

.

Bei Formulierungen mit „mindestens ein" ist der direkte Weg mühsam, weil sehr viele Pfade zu addieren wären. Hier hilft das Gegenereignis:

P(\text{mind. ein})=1-P(\text{keins})

. Statt alle Treffer-Pfade einzeln aufzusummieren, berechnet man nur den einen Pfad ganz ohne Treffer und zieht ihn von

1

ab - eine der wirkungsvollsten Vereinfachungen der ganzen Wahrscheinlichkeitsrechnung.

Bleibt der Bestand dagegen erhalten (Ziehen mit Zurücklegen), so sind die Stufen unabhängig und identisch - jeder Ast trägt auf jeder Stufe dieselbe Wahrscheinlichkeit. Genau dieser Fall - viele unabhängige Wiederholungen mit fester Trefferwahrscheinlichkeit - führt unmittelbar zur Binomialverteilung in Thema WS 3, in der die Pfadregeln in einer einzigen Formel zusammengefasst werden.

P(\text{Pfad})=\prod_{\text{Stufen}}P(\text{Ast}),\qquad P(\text{mind. ein})=1-P(\text{keins})

Pfadregeln und Gegenereignis

Musterbeispiel

Ziehen ohne Zurücklegen

In einer Urne sind $3$ rote und $2$ blaue Kugeln. Wie wahrscheinlich sind zwei rote bei zweimaligem Ziehen ohne Zurücklegen?

Erste Stufe
$P(\text{rot}_{1})=\dfrac{3}{5}$ .
Zweite Stufe
Nach einer roten Kugel bleiben $2$ rote von $4$ : $P(\text{rot}_{2}\mid\text{rot}_{1})=\dfrac{2}{4}$ .
Pfadmultiplikation
$\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{2}{4}=\dfrac{6}{20}=\dfrac{3}{10}$ .

Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit für zwei rote Kugeln beträgt $\dfrac{3}{10}=30\,\%$ .

Schritt-für-Schritt Erklärung3 Schritte

1
Mehrstufige Experimente stellst du als Baumdiagramm dar.
2
Entlang eines Pfades multiplizierst du die Wahrscheinlichkeiten, zwischen Pfaden addierst du sie.
3
Beim Ziehen ohne Zurücklegen passt du die Wahrscheinlichkeiten auf jeder Stufe an.
Baumdiagramm — Zweistufiges Zufallsexperiment
Abb.Ziehen ohne Zurücklegen aus Urne mit 3 roten und 2 blauen Kugeln; Pfadprodukte ergeben $P(RR)=P(RB)=P(BR)=0{,}3$ und $P(BB)=0{,}1$ .

Typische Fehler

Pfadwahrscheinlichkeiten addiert statt multipliziert.
Beim Ziehen ohne Zurücklegen die Wahrscheinlichkeiten nicht angepasst.
Gegenereignis bei "mindestens ein" übersehen.

Aktive Wiederholung

In einer Urne liegen $3$ rote und $2$ blaue Kugeln. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, beim zweimaligen Ziehen ohne Zurücklegen zwei rote zu erhalten.

Aktiv abrufen

Erinnere dich an die Kernpunkte — dann aufdecken.

Quellen: IQS Mehrstufige Experimente AHS (IQS)