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Ob ein Medikament wirkt, ob eine Stichprobe eine Behauptung stützt, ob ein Risiko tragbar ist – beantwortet wird das mit Wahrscheinlichkeiten. Die Wahrscheinlichkeitsrechnung ist deshalb das Fundament jeder Statistikausbildung und Pflichtstoff in BWL, Psychologie, Informatik und den Ingenieurwissenschaften. Sie sitzt genau zwischen den beiden anderen Blöcken des Grundstudiums: Die deskriptive Statistik beschreibt vorliegende Daten, die schließende Statistik urteilt über Grundgesamtheiten – und die Stochastik liefert die Modelle, die diesen Schluss überhaupt erst rechtfertigen.
Diese Wahrscheinlichkeitsrechnung Zusammenfassung arbeitet die klausurrelevanten Blöcke in der Reihenfolge ab, in der sie aufeinander aufbauen: Grundbegriffe vom Zufallsexperiment bis zum Laplace-Experiment, die Rechenregeln samt dem „mindestens ein“-Trick, Kombinatorik als systematisches Zählen, bedingte Wahrscheinlichkeiten mit Baumdiagramm und Vierfeldertafel, dazu die großen Verteilungen, Bayes und der zentrale Grenzwertsatz. Jede Formel steht mit einem vollständig durchgerechneten Zahlenbeispiel da – vom Lotto-Klassiker 6 aus 49 über ein Bayes-Beispiel aus der Qualitätskontrolle bis zum Rechnen mit der Standardnormalverteilungstabelle. Denn in der Stochastik Klausur wird selten eine Definition abgefragt, sondern fast immer gerechnet.
Besonderes Gewicht liegt auf den Stellen, an denen regelmäßig Punkte verloren gehen: Disjunkte Ereignisse mit positiven Wahrscheinlichkeiten sind niemals unabhängig, auch wenn beide Begriffe ähnlich klingen. Beim Satz von Bayes entscheidet die Basisrate darüber, was ein positives Testergebnis wert ist. Die Binomialverteilung setzt Ziehen mit Zurücklegen voraus, und bei stetigen Verteilungen hat jeder Einzelwert die Wahrscheinlichkeit null. Die Lernkarten und Übungsfragen unten prüfen genau diese Fallen. Du kannst alles direkt hier durcharbeiten – oder die Inhalte kostenfrei in deinen Learnboost Account übernehmen und dort mit Spaced Repetition, Lernplan und KI-Tutor weiterlernen.
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Die Wahrscheinlichkeitsrechnung ordnet zufälligen Vorgängen Zahlen zwischen 0 und 1 zu und macht Unsicherheit damit rechenbar. Sie liefert die Modelle, auf denen die gesamte schließende Statistik aufbaut. Diese Zusammenfassung führt vom Zufallsexperiment bis zum zentralen Grenzwertsatz – jedes Konzept mit durchgerechnetem Beispiel.
Ein Zufallsexperiment ist ein beliebig wiederholbarer Vorgang mit mehreren möglichen Ausgängen, dessen Ausgang sich nicht vorhersagen lässt – etwa ein Würfelwurf. Ein einzelner Ausgang heißt Ergebnis, die Menge aller Ergebnisse ist die Ergebnismenge Ω, beim Würfel Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Ein Ereignis ist eine Teilmenge von Ω, zum Beispiel „gerade Zahl“ = {2, 4, 6}; es tritt ein, wenn das Ergebnis darin liegt.
Ein Laplace-Experiment liegt vor, wenn alle Ergebnisse gleich wahrscheinlich sind. Nur dann darf man P(A) = Anzahl günstiger durch Anzahl möglicher Ergebnisse rechnen. Ein gezinkter Würfel oder eine geworfene Reißzwecke sind keine Laplace-Experimente – hier hilft die relative Häufigkeit: Sie stabilisiert sich mit wachsender Versuchszahl um die Wahrscheinlichkeit (empirisches Gesetz der großen Zahlen). Formal ruht alles auf den Axiomen von Kolmogorow: Jede Wahrscheinlichkeit ist nichtnegativ, das sichere Ereignis hat P(Ω) = 1, und für unvereinbare Ereignisse gilt P(A ∪ B) = P(A) + P(B). Mehr als 1 ist damit ausgeschlossen.
Für das Gegenereignis Ā („nicht A“) gilt P(Ā) = 1 − P(A). Der Additionssatz lautet allgemein P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B); die Schnittwahrscheinlichkeit wird abgezogen, weil sie sonst doppelt gezählt würde. Nur für disjunkte Ereignisse (P(A ∩ B) = 0) vereinfacht er sich zu P(A) + P(B).
Der Klausurklassiker ist der Weg über das Gegenereignis: „Mindestens einmal“ rechnet man fast nie direkt, sondern über „kein einziges Mal“. Beispiel: Wie wahrscheinlich ist bei vier Würfelwürfen mindestens eine Sechs? Gegenereignis: keine Sechs in vier Würfen, also (5/6)⁴ = 625/1296 ≈ 0,4823. Damit ist P(mindestens eine Sechs) = 1 − 0,4823 ≈ 0,5177, rund 51,8 %. Der naive Ansatz 4 · 1/6 ist falsch, weil sich die Würfe nicht gegenseitig ausschließen.
Laplace-Aufgaben scheitern selten an der Formel, sondern am Zählen. Das Grundprinzip des Zählens: Zerfällt ein Vorgang in Stufen, multiplizieren sich die Möglichkeiten – 4 Vorspeisen und 5 Hauptgänge ergeben 4 · 5 = 20 Menüs. Die Fakultät n! = n · (n − 1) · … · 1 zählt die Anordnungen von n verschiedenen Objekten (Permutationen): 5 Bücher lassen sich auf 5! = 120 Arten ins Regal stellen.
Alle übrigen Fälle sortiert ein Entscheidungsbaum mit zwei Fragen: Ist die Reihenfolge wichtig? Wird zurückgelegt, dürfen sich Elemente also wiederholen? Reihenfolge wichtig, mit Wiederholung: nᵏ Möglichkeiten – eine vierstellige PIN hat 10⁴ = 10.000 Varianten. Reihenfolge wichtig, ohne Wiederholung (Variation): n!/(n − k)! – für Gold, Silber und Bronze unter 10 Läufern 10 · 9 · 8 = 720 Podien. Reihenfolge egal, ohne Wiederholung (Kombination): der Binomialkoeffizient, gesprochen „n über k“ und hier als C(n, k) = n!/(k! · (n − k)!) geschrieben. Beim Lotto 6 aus 49 gibt es C(49, 6) = 13.983.816 Tippreihen; die Chance auf sechs Richtige beträgt 1/13.983.816 ≈ 7,2 · 10⁻⁸. Für „Reihenfolge egal, mit Wiederholung“ gilt C(n + k − 1, k).
Die bedingte Wahrscheinlichkeit P(A|B) = P(A ∩ B)/P(B) gibt an, wie wahrscheinlich A ist, wenn B bereits eingetreten ist (P(B) > 0). Umgestellt ergibt sich der Multiplikationssatz P(A ∩ B) = P(B) · P(A|B). Mehrstufige Experimente organisiert das Baumdiagramm mit zwei Pfadregeln: Entlang eines Pfades wird multipliziert, über mehrere Pfade zum selben Ereignis wird addiert – die zweite Regel ist der Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit. Die Vierfeldertafel leistet dasselbe für zwei Ereignisse in Tabellenform: Innen stehen die Schnittwahrscheinlichkeiten, am Rand die Einzelwahrscheinlichkeiten.
Der Satz von Bayes kehrt die Richtung der Bedingung um: P(B|A) = P(A|B) · P(B)/P(A). Typische Frage: Wie wahrscheinlich ist bei positivem Test wirklich ein Treffer? Beispiel Qualitätskontrolle: 1 % der Bauteile ist fehlerhaft. Ein Prüfsystem erkennt fehlerhafte Teile zu 99 %, schlägt aber auch bei 2 % der fehlerfreien Teile an. Von 10.000 Teilen sind 100 fehlerhaft und lösen 99 echte Alarme aus; die 9.900 fehlerfreien liefern 0,02 · 9.900 = 198 Fehlalarme. Von 297 Alarmen sind also nur 99 berechtigt: P(fehlerhaft | Alarm) = 99/297 = 1/3 ≈ 33,3 %. Trotz „99 % Genauigkeit“ sind zwei Drittel der Alarme Fehlalarme – weil fehlerfreie Teile so viel häufiger sind. Diese Basisrate dominiert das Ergebnis: Sinkt die Fehlerquote auf 0,1 %, stehen bei 100.000 Teilen 99 echten Alarmen rund 2.000 Fehlalarme gegenüber, und nur noch etwa 4,7 % der Alarme sind berechtigt.
Zwei Ereignisse sind stochastisch unabhängig, wenn P(A ∩ B) = P(A) · P(B) gilt – gleichwertig dazu: P(A|B) = P(A), das Eintreten von B ändert die Wahrscheinlichkeit von A nicht. Die Klausurfalle schlechthin: Unabhängig ist nicht dasselbe wie disjunkt. Disjunkte Ereignisse können nicht gemeinsam eintreten, also ist P(A ∩ B) = 0; haben beide positive Wahrscheinlichkeiten, ist aber P(A) · P(B) > 0. Disjunkte Ereignisse mit positiven Wahrscheinlichkeiten sind deshalb immer abhängig – tritt das eine ein, ist das andere ausgeschlossen.
Eine Zufallsvariable X ordnet jedem Ergebnis eine Zahl zu. Diskrete Zufallsvariablen nehmen abzählbar viele Werte an (Augenzahl, Anzahl Ausfälle) und werden durch die Wahrscheinlichkeitsfunktion P(X = x) beschrieben; stetige nehmen Werte aus einem Kontinuum an (Füllmenge, Wartezeit) und werden durch eine Dichte beschrieben, unter der Flächen Wahrscheinlichkeiten sind. Die Verteilungsfunktion F(x) = P(X ≤ x) existiert in beiden Fällen.
Der Erwartungswert E(X) – Summe aus Wert mal Wahrscheinlichkeit – ist der langfristige Durchschnitt. Würfel: E(X) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) · 1/6 = 3,5. Die Varianz Var(X) = E((X − μ)²) misst die mittlere quadrierte Abweichung; praktisch rechnet man mit dem Verschiebungssatz Var(X) = E(X²) − (E(X))². Würfel: E(X²) = 91/6, also Var(X) = 91/6 − 3,5² = 35/12 ≈ 2,92, und die Standardabweichung ist σ = √(35/12) ≈ 1,71. Für lineare Transformationen gilt E(aX + b) = a · E(X) + b und Var(aX + b) = a² · Var(X): Die Verschiebung b fällt weg, weil sie die Streuung nicht ändert, und a wird quadriert.
Die Binomialverteilung zählt Erfolge in einer Bernoulli-Kette. Vier Voraussetzungen: feste Versuchszahl n, je Versuch genau zwei Ausgänge, konstante Erfolgswahrscheinlichkeit p, unabhängige Versuche. Dann gilt P(X = k) = C(n, k) · pᵏ · (1 − p)ⁿ⁻ᵏ mit E(X) = n · p und Var(X) = n · p · (1 − p). Beispiel: In einem Multiple-Choice-Test mit 10 Fragen zu je 4 Optionen wird geraten (p = 0,25). P(genau 3 richtig) = C(10, 3) · 0,25³ · 0,75⁷ = 120 · 0,015625 · 0,1335 ≈ 0,250; erwartet werden E(X) = 2,5 Treffer mit Var(X) = 1,875. Achtung: Ziehen ohne Zurücklegen verletzt konstantes p und Unabhängigkeit – dann gilt die hypergeometrische Verteilung, nicht die Binomialverteilung.
Die Poisson-Verteilung modelliert die Anzahl seltener Ereignisse in einem festen Intervall (Anrufe pro Minute, Defekte pro Charge). Ihr einziger Parameter λ ist zugleich Erwartungswert und Varianz: E(X) = Var(X) = λ. Bei λ = 2 Anrufen pro Minute ist eine anruffreie Minute P(X = 0) = e⁻² ≈ 0,135 wahrscheinlich. Die geometrische Verteilung zählt die Versuche bis zum ersten Erfolg: Die erste Sechs genau im dritten Wurf hat die Wahrscheinlichkeit (5/6)² · 1/6 = 25/216 ≈ 0,116; im Mittel dauert es E(X) = 1/p = 6 Würfe.
Die Normalverteilung ist stetig, glockenförmig und symmetrisch um den Erwartungswert μ; die Standardabweichung σ bestimmt die Breite. Weil sie stetig ist, gilt für jeden Einzelwert P(X = x) = 0 – sinnvoll sind nur Intervalle. Berechnet werden sie über die Standardisierung z = (x − μ)/σ und die Tabelle der Standardnormalverteilung Φ. Beispiel Abfüllanlage mit μ = 500 ml und σ = 4 ml, gegeben Φ(1) = 0,8413 und Φ(1,5) = 0,9332: P(X ≤ 506) hat z = (506 − 500)/4 = 1,5, also Φ(1,5) = 0,9332 ≈ 93,3 %. P(X ≤ 494) hat z = −1,5; wegen der Symmetrie gilt Φ(−1,5) = 1 − Φ(1,5) = 0,0668 ≈ 6,7 %. P(496 ≤ X ≤ 504) entspricht dem Bereich von z = −1 bis z = 1, also Φ(1) − (1 − Φ(1)) = 0,6826 ≈ 68,3 %. Das ist zugleich die 68-95-99,7-Regel: Rund 68 % der Werte liegen innerhalb von ±1σ um μ, rund 95 % innerhalb von ±2σ, rund 99,7 % innerhalb von ±3σ. Diese Regel gilt für die Normalverteilung – nicht für beliebige Verteilungen.
Der zentrale Grenzwertsatz erklärt, warum die Normalverteilung überall auftaucht: Die Summe – und damit auch der Mittelwert – vieler unabhängiger Zufallsvariablen mit endlicher Varianz ist annähernd normalverteilt, ganz gleich, wie die einzelnen Größen verteilt sind. Messfehler oder Stichprobenmittel folgen deshalb näherungsweise der Glockenkurve – umso genauer, je größer n ist. Genau darauf baut die schließende Statistik auf, wenn sie Mittelwerte testet – wie das funktioniert, zeigt die Lernseite zu den Grundlagen der Hypothesentests.
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Zusammenfassung übernehmenFrage antippen, um die Antwort aufzudecken.
Ein Zufallsexperiment ist ein beliebig wiederholbarer Vorgang mit ungewissem Ausgang, z. B. ein Würfelwurf. Ein einzelner Ausgang wie die 4 ist ein Ergebnis, die Menge aller Ergebnisse ist die Ergebnismenge Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Ein Ereignis ist eine Teilmenge von Ω, etwa „gerade Zahl“ = {2, 4, 6}; es tritt ein, wenn das Ergebnis darin liegt.
Wenn alle Ergebnisse gleich wahrscheinlich sind; nur dann gilt P(A) = Anzahl günstiger durch Anzahl möglicher Ergebnisse. Fairer Würfel und faire Münze sind Laplace-Experimente. Gegenbeispiele: gezinkter Würfel oder geworfene Reißzwecke – die Ausgänge sind nicht gleich wahrscheinlich, die Laplace-Formel ist nicht anwendbar.
Die relative Häufigkeit ist der beobachtete Anteil eines Ereignisses in einer Versuchsreihe. Mit wachsender Versuchszahl stabilisiert sie sich um die Wahrscheinlichkeit (empirisches Gesetz der großen Zahlen). So schätzt man Wahrscheinlichkeiten, wenn kein Laplace-Modell gilt – etwa bei der Reißzwecke.
1. Nichtnegativität: P(A) ≥ 0 für jedes Ereignis. 2. Normierung: P(Ω) = 1 für das sichere Ereignis. 3. Additivität: Für disjunkte Ereignisse gilt P(A ∪ B) = P(A) + P(B). Alle weiteren Rechenregeln folgen aus diesen drei Festlegungen.
P(Ā) = 1 − P(A). Sie ist der Schlüssel bei „mindestens ein“-Aufgaben: Statt viele Fälle zu addieren, rechnet man P(mindestens einmal) = 1 − P(kein einziges Mal). Beispiel: mindestens eine Sechs in vier Würfen = 1 − (5/6)⁴ ≈ 51,8 %.
Allgemein: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B); die Schnittwahrscheinlichkeit wird abgezogen, weil sie sonst doppelt gezählt würde. Sind A und B disjunkt, also P(A ∩ B) = 0, vereinfacht sich das zu P(A ∪ B) = P(A) + P(B).
Zerfällt ein Vorgang in mehrere Stufen mit jeweils m, n, … Möglichkeiten, gibt es insgesamt m · n · … Möglichkeiten. Beispiel: 4 Vorspeisen und 5 Hauptgänge ergeben 4 · 5 = 20 verschiedene Menüs.
Frage 1: Ist die Reihenfolge wichtig? Frage 2: Wird zurückgelegt, sind Wiederholungen erlaubt? Reihenfolge wichtig mit Wiederholung: nᵏ. Reihenfolge wichtig ohne Wiederholung: Variation n!/(n − k)!. Reihenfolge egal ohne Wiederholung: Kombination C(n, k). Reihenfolge egal mit Wiederholung: C(n + k − 1, k).
C(n, k), gesprochen „n über k“, zählt die Möglichkeiten, aus n Objekten k ohne Beachtung der Reihenfolge auszuwählen: C(n, k) = n!/(k! · (n − k)!). Beispiel Lotto: C(49, 6) = 13.983.816 mögliche Tippreihen; die Chance auf sechs Richtige beträgt 1/13.983.816.
P(A|B) = P(A ∩ B)/P(B) für P(B) > 0 – die Wahrscheinlichkeit von A, wenn B bereits eingetreten ist. Umstellen liefert den Multiplikationssatz P(A ∩ B) = P(B) · P(A|B): Schnittwahrscheinlichkeiten entstehen durch Multiplizieren entlang der Bedingungskette.
Erstens: Entlang eines Pfades werden die Wahrscheinlichkeiten multipliziert (Multiplikationssatz). Zweitens: Führen mehrere Pfade zum selben Ereignis, werden die Pfadwahrscheinlichkeiten addiert – das ist der Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit.
Sie ordnet zwei Ereignisse und ihre Gegenereignisse in einer Tabelle: Innen stehen die vier Schnittwahrscheinlichkeiten, an den Rändern die Einzelwahrscheinlichkeiten, rechts unten die 1. Bedingte Wahrscheinlichkeiten liest man ab, indem man eine Zelle durch die zugehörige Randsumme teilt.
P(B|A) = P(A|B) · P(B)/P(A). Er kehrt die Richtung der Bedingung um – aus der Trefferquote eines Tests wird die eigentlich interessante Größe, etwa P(Fehler|Alarm) statt P(Alarm|Fehler). Entscheidend ist die Basisrate: Ist der gesuchte Zustand selten, bleiben selbst bei einem guten Test viele Alarme falsch.
Eine Zufallsvariable ordnet jedem Ergebnis eines Zufallsexperiments eine Zahl zu. Diskrete nehmen abzählbar viele Werte an (z. B. Augenzahl) und haben eine Wahrscheinlichkeitsfunktion P(X = x); stetige nehmen Werte aus einem Kontinuum an (z. B. Füllmenge) und haben eine Dichte, bei der Flächen Wahrscheinlichkeiten darstellen. Die Verteilungsfunktion F(x) = P(X ≤ x) existiert in beiden Fällen.
E(X) ist die Summe aus Wert mal Wahrscheinlichkeit, Var(X) die mittlere quadrierte Abweichung; praktisch nutzt man den Verschiebungssatz Var(X) = E(X²) − (E(X))². Würfel: E(X) = 21/6 = 3,5; E(X²) = 91/6; Var(X) = 91/6 − 12,25 = 35/12 ≈ 2,92. Die Standardabweichung ist σ = √(35/12) ≈ 1,71.
Die Summe bzw. der Mittelwert vieler unabhängiger Zufallsvariablen mit endlicher Varianz ist annähernd normalverteilt – egal, wie die einzelnen Variablen verteilt sind. Konsequenz: Stichprobenmittelwerte folgen bei großem n näherungsweise einer Normalverteilung; darauf baut die schließende Statistik ihre Tests auf.
Lerne diese Karten mit Spaced Repetition weiter — kostenfrei in deinem Learnboost Account.
Lernkarten übernehmenLösung:
Günstige Ergebnisse abzählen: Summe 9 hat 4 Kombinationen, Summe 10 hat 3, Summe 11 hat 2, Summe 12 hat 1 – zusammen 10 von 36 gleich wahrscheinlichen Paaren. P(Summe ≥ 9) = 10/36 = 5/18 ≈ 0,278.
Beim doppelten Würfelwurf ist jeder Wurf ein geordnetes Paar; es gibt 6 · 6 = 36 gleich wahrscheinliche Ergebnisse. Für die Summe 9 zählen (3,6), (4,5), (5,4), (6,3), für die Summe 10 noch (4,6), (5,5), (6,4), für die 11 (5,6), (6,5) und für die 12 nur (6,6). Das sind 10 günstige Fälle, also 10/36 = 5/18. Wer nur die Summe 9 zählt, landet bei 4/36 = 1/9; wer die Paare ungeordnet zählt, unterschätzt die Anzahl der Fälle.
Lösung:
Die Ämter unterscheiden sich, also ist die Reihenfolge wichtig; niemand wird zurückgelegt. Variation ohne Wiederholung: 8 · 7 · 6 = 336 Besetzungen.
Weil die drei Ämter verschieden sind, zählt die Reihenfolge der Auswahl: Für den Vorsitz gibt es 8 Möglichkeiten, für die Kasse noch 7, für die Schriftführung 6 – nach dem Grundprinzip des Zählens 8 · 7 · 6 = 336. Der Wert 56 wäre C(8, 3), also die Auswahl eines Teams ohne Ämter. 512 = 8³ würde erlauben, dass eine Person alle drei Ämter übernimmt, und 24 = 4! gehört zu einer ganz anderen Aufgabe.
Lösung:
Über das Gegenereignis: P(keine fällt aus) = 0,9³ = 0,729, wegen der Unabhängigkeit multipliziert. Also P(mindestens eine fällt aus) = 1 − 0,729 = 0,271.
Der direkte Weg müsste die Fälle „genau eine“, „genau zwei“ und „genau drei“ einzeln berechnen und addieren – der Umweg über das Gegenereignis ist kürzer. Da die Komponenten unabhängig arbeiten, gilt P(keine fällt aus) = 0,9 · 0,9 · 0,9 = 0,729 und damit 1 − 0,729 = 0,271. Die naive Addition 3 · 0,1 = 0,3 überschätzt das Ergebnis, weil sich die Ausfälle nicht gegenseitig ausschließen; 0,001 ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei gleichzeitig ausfallen.
Lösung:
Standardisieren: z = (190 − 200)/5 = −2. Wegen der Symmetrie gilt P(X ≤ 190) = Φ(−2) = 1 − Φ(2) = 1 − 0,9772 = 0,0228, also rund 2,3 %.
Die Standardisierung z = (x − μ)/σ übersetzt jeden Wert in die Standardnormalverteilung. Hier ist z = −2, und weil die Tabelle nur positive z-Werte führt, nutzt man die Symmetrie: Φ(−2) = 1 − Φ(2) = 0,0228. Der Wert 0,9772 wäre P(X ≤ 210), und 0,1587 gehört zu z = −1. Das Ergebnis passt zur 95er-Regel: Rund 95,4 % der Tafeln liegen zwischen 190 g und 210 g, jeweils etwa 2,3 % darunter und darüber.
Lösung:
Zutreffend sind die beiden Definitionen, die Aussage, dass disjunkte Ereignisse mit positiven Wahrscheinlichkeiten immer abhängig sind, und der Umkehrschluss, dass unabhängige Ereignisse mit positiven Wahrscheinlichkeiten nie disjunkt sein können. Falsch ist allein die Behauptung, aus disjunkt folge unabhängig.
Disjunktheit ist eine Aussage über Mengen (kein gemeinsames Eintreten), Unabhängigkeit eine Aussage über Wahrscheinlichkeiten (Multiplikationsbedingung). Gilt P(M ∩ N) = 0, während P(M) und P(N) positiv sind, dann ist P(M) · P(N) größer als 0 – die Multiplikationsbedingung ist verletzt, die Ereignisse sind abhängig. Anschaulich: Tritt das eine ein, ist das andere sicher ausgeschlossen; mehr Information kann ein Ereignis kaum liefern. Genau deshalb ist die Gleichsetzung von disjunkt und unabhängig die Klausurfalle schlechthin.
Lösung:
Die Situation erfüllt alle vier Binomial-Voraussetzungen; damit gelten E(X) = 100 · 0,05 = 5, Var(X) = 100 · 0,05 · 0,95 = 4,75 und P(X = 0) = 0,95¹⁰⁰. Falsch ist nur die Los-Aussage: Ziehen ohne Zurücklegen verändert die Erfolgswahrscheinlichkeit von Zug zu Zug, die Trefferzahl ist dann hypergeometrisch verteilt.
Festes n = 100, je Anruf zwei relevante Ausgänge (Beschwerde oder keine), konstantes p = 0,05 und Unabhängigkeit – X ist binomialverteilt. Daraus folgen E(X) = n · p = 5 und Var(X) = n · p · (1 − p) = 4,75; „keine Beschwerde in 100 Anrufen“ hat die Wahrscheinlichkeit 0,95¹⁰⁰ ≈ 0,006. Beim Ziehen ohne Zurücklegen ändert sich die Zusammensetzung der Trommel mit jedem Zug: p bleibt nicht konstant, die Züge sind nicht unabhängig – das beschreibt die hypergeometrische Verteilung.
Lösung:
Richtig sind die Pfadrechnung P(beide rot) = 3/5 · 2/4 = 3/10, die Summe P(genau eine rote) = 6/20 + 6/20 = 3/5 und die Aussage, dass auch die zweite Kugel mit 3/5 rot ist. Ohne Zurücklegen sind die Ziehungen abhängig, und entlang eines Pfades wird multipliziert, nicht addiert.
Erster Zug: P(rot) = 3/5. Nach einer roten Kugel bleiben 2 rote von 4, also P(beide rot) = 3/5 · 2/4 = 3/10. „Genau eine rote“ hat zwei Pfade: rot–blau mit 3/5 · 2/4 = 6/20 und blau–rot mit 2/5 · 3/4 = 6/20, zusammen 12/20 = 3/5. Auch P(zweite Kugel rot) = 6/20 + 6/20 = 3/5: Ohne Information über den ersten Zug ist der zweite Zug „wie der erste“. Abhängig sind die Ziehungen trotzdem, denn die bedingte Wahrscheinlichkeit 2/4 unterscheidet sich von 3/5.
Lösung:
Mit S = Störung und M = Meldung: P(M) = P(S) · P(M|S) + P(S̄) · P(M|S̄) = 0,02 · 0,90 + 0,98 · 0,05 = 0,018 + 0,049 = 0,067. Satz von Bayes: P(S|M) = 0,018/0,067 ≈ 0,269. Nur rund 27 % der Meldungen zeigen eine echte Störung an – wegen der niedrigen Basisrate von 2 % stammen die meisten Meldungen aus den vielen störungsfreien Schichten.
In 1.000 Schichten gibt es im Schnitt 20 Störungen, von denen das System 0,90 · 20 = 18 meldet; dazu kommen 0,05 · 980 = 49 Fehlalarme. Von 67 Meldungen sind also nur 18 berechtigt: 18/67 ≈ 0,269. Der Anteil hängt massiv an der Basisrate – wäre jede zehnte Schicht gestört, läge P(S|M) deutlich höher. Klausurtipp: Baumdiagramm oder Vierfeldertafel aufstellen; der Nenner im Satz von Bayes ist immer die totale Wahrscheinlichkeit der Meldung.
Lösung:
E(X) = 0,05 · 20 + 0,15 · 4 + 0,80 · 0 = 1,00 + 0,60 = 1,60 Euro. E(X²) = 0,05 · 400 + 0,15 · 16 = 20 + 2,4 = 22,4, also Var(X) = 22,4 − 1,60² = 22,4 − 2,56 = 19,84. Nettogewinn Y = X − 2: E(Y) = 1,60 − 2 = −0,40 Euro. Das Spiel ist nicht fair – im Mittel verliert man 40 Cent pro Los.
Die Auszahlung hat drei mögliche Werte: 20 Euro mit 0,05, 4 Euro mit 0,15 und 0 Euro mit 0,80. E(X) = 1,60 Euro bedeutet: Über viele Lose zahlt die Lotterie im Schnitt 1,60 Euro pro Los aus. Die Standardabweichung σ = √19,84 ≈ 4,45 Euro zeigt, wie stark die Auszahlung um diesen Mittelwert streut. Für den Nettogewinn Y = X − 2 gilt E(Y) = E(X) − 2 = −0,40 Euro und Var(Y) = Var(X) = 19,84, denn eine Verschiebung um einen festen Betrag ändert die Streuung nicht. Fair wäre das Spiel bei einem erwarteten Nettogewinn von 0, also bei einem Lospreis von 1,60 Euro.
Lösung:
Festes n = 8, je Frage zwei relevante Ausgänge (richtig oder falsch), konstantes p = 1/4, unabhängiges Raten – X ist binomialverteilt mit n = 8 und p = 0,25. E(X) = 8 · 0,25 = 2 und Var(X) = 8 · 0,25 · 0,75 = 1,5. P(X = 2) = C(8, 2) · 0,25² · 0,75⁶ = 28 · 0,0625 · 0,1780 ≈ 0,311. P(X ≥ 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,75⁸ ≈ 1 − 0,100 = 0,900.
Jede Frage ist ein Bernoulli-Versuch mit Erfolgswahrscheinlichkeit 1/4; Versuchszahl und Unabhängigkeit sind gegeben. Erwartet werden also 2 richtige Antworten mit Varianz 1,5. In P(X = 2) zählt C(8, 2) = 28 die möglichen Positionen der beiden Treffer, 0,25² deren Wahrscheinlichkeit und 0,75⁶ die der sechs falschen Antworten: 28 · 0,25² · 0,75⁶ ≈ 0,311. „Mindestens eine richtige“ läuft über das Gegenereignis: 1 − 0,75⁸ ≈ 0,900. Reines Raten liefert also fast sicher irgendeinen Treffer, im Schnitt aber nur 2 von 8 Punkten. Bei deutlich mehr Fragen wäre die Trefferzahl nach dem zentralen Grenzwertsatz übrigens annähernd normalverteilt.
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