Aufgabenblock — AFB III
Zehn offene Aufgaben: begründen, beurteilen, Stellung nehmen, ein Spiel entwerfen, Modelle prüfen. Die Musterlösung zeigt eine vollständige Argumentation.
Begründe: Gilt \(P_A(B)=P_{\overline A}(B)\), dann ist \(P_A(B)=P(B)\).
Hinweis: Schreibe \(P(B)\) mit dem Satz der totalen Wahrscheinlichkeit (beide Pfade zu \(B\)).
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Musterlösung: Sei \(q=P_A(B)=P_{\overline A}(B)\). Dann ist \(P(B)=P(A)\cdot q+P(\overline A)\cdot q=q\cdot\big(P(A)+P(\overline A)\big)=q\cdot1=q\). Also \(P_A(B)=P(B)\) — das Eintreten von \(A\) ändert die Wahrscheinlichkeit von \(B\) nicht.
Beurteile die Aussage: „Der Test erkennt 99 % der Erkrankten. Wer positiv getestet wird, ist also zu 99 % krank.“
Nimm an: 1 % der Bevölkerung ist erkrankt, 2 % der Gesunden werden fälschlich positiv getestet.
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Musterlösung: Die Aussage verwechselt \(P_K(+)\) mit \(P_+(K)\). Von 10 000 Personen sind 100 krank (99 positiv) und 9 900 gesund (198 positiv). Von 297 Positiven sind nur 99 krank: \(P_+(K)=\tfrac{99}{297}\approx33\,\%\). Die Aussage ist falsch; bei seltenen Krankheiten ist ein positives Ergebnis viel unsicherer als die Trefferquote.
Zeige: Zwei unvereinbare Ereignisse \(A\), \(B\) mit \(P(A)>0\) und \(P(B)>0\) sind stochastisch abhängig.
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Musterlösung: Unvereinbar heißt \(A\cap B=\emptyset\), also \(P(A\cap B)=0\). Wegen \(P(A)>0\) und \(P(B)>0\) ist \(P(A)\cdot P(B)>0\). Damit gilt \(P(A\cap B)\ne P(A)\cdot P(B)\) — die Ereignisse sind abhängig. Anschaulich: Tritt \(A\) ein, ist \(B\) sicher ausgeschlossen, \(P_A(B)=0\ne P(B)\).
Eine Schule wertet 400 Zeugnisse aus. 80 Lernende hatten Nachhilfe (\(N\)); von ihnen haben 36 im Fach eine Note schlechter als 3 (\(S\)). Von den übrigen 320 haben 64 eine Note schlechter als 3. Eine Elternzeitung schreibt: „Nachhilfe verschlechtert die Noten.“ Nimm Stellung zu dieser Aussage.
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Musterlösung: \(P_N(S)=\tfrac{36}{80}=0{,}45\) und \(P_{\overline N}(S)=\tfrac{64}{320}=0{,}2\). Die Ereignisse sind stochastisch abhängig: Unter den Lernenden mit Nachhilfe ist der Anteil schwacher Noten mehr als doppelt so groß. Daraus folgt aber keine Ursache. Naheliegend ist die umgekehrte Richtung: Wer schwache Noten hat, bekommt eher Nachhilfe. Außerdem können Drittvariablen (z. B. Vorkenntnisse) beides beeinflussen. Die Aussage der Zeitung ist daher nicht gerechtfertigt; prüfen ließe sie sich nur mit einem Vergleich, bei dem die Nachhilfe zufällig zugeteilt wird, oder mit dem Notenverlauf derselben Personen vor und nach der Nachhilfe.
Ein Glücksrad hat ein Gewinnfeld, das 4 € auszahlt; der Rest zahlt nichts. Der Einsatz ist 1 €. Ermittle den Anteil \(p\) des Gewinnfelds, für den das Spiel fair ist, und beurteile ein Rad mit \(p=0{,}2\).
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Musterlösung: \(E(G)=3\cdot p-1\cdot(1-p)=4p-1=0\Rightarrow p=0{,}25\). Das Gewinnfeld muss ein Viertel des Rades einnehmen. Bei \(p=0{,}2\) ist \(E(G)=4\cdot0{,}2-1=-0{,}2\) €: Der Spieler verliert im Mittel 20 Cent pro Spiel, das Spiel ist ungünstig.
Beurteile die Aussage: „Wirft man eine faire Münze 10-mal, kommt genau 5-mal Kopf, weil der Erwartungswert 5 ist.“
Hinweis: Berechne P(X = 5).
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Musterlösung: Die Aussage ist falsch. Der Erwartungswert μ = 10 · 0,5 = 5 ist der Mittelwert der Trefferzahl über sehr viele Serien. Genau 5-mal Kopf tritt nur mit P(X = 5) = (10 über 5) · 0,5¹⁰ ≈ 0,246 ein — in etwa drei von vier Serien kommt eine andere Zahl.
Untersuche, wie sich μ, σ und die relative Streuung σ : n ändern, wenn n vervierfacht wird (p bleibt gleich).
Hinweis: Setze 4n in die Formeln ein.
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Musterlösung: μ = n · p wird zu 4n · p, vervierfacht sich also. σ = √(n p(1 − p)) wird zu √(4 n p(1 − p)) = 2σ, verdoppelt sich nur. Die relative Streuung σ : n halbiert sich: 2σ : (4n) = ½ · σ : n. Deshalb werden relative Häufigkeiten bei großen Stichproben verlässlicher.
Begründe, dass das Histogramm einer Binomialverteilung mit p = 0,5 symmetrisch zu k = n/2 ist.
Hinweis: Vergleiche P(X = k) und P(X = n − k).
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Musterlösung: Für p = 0,5 gilt P(X = k) = (n über k) · 0,5ᵏ · 0,5ⁿ⁻ᵏ = (n über k) · 0,5ⁿ. Da (n über k) = (n über n − k), ist P(X = k) = P(X = n − k). Die Säulen bei k und n − k sind gleich hoch; diese Stellen liegen symmetrisch zu n/2.
Zeige, dass σ bei festem n für p = 0,5 am größten ist.
Hinweis: Untersuche den Term p · (1 − p).
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Musterlösung: σ = √(n · p(1 − p)) ist am größten, wenn p(1 − p) am größten ist. f(p) = p − p² ist eine nach unten geöffnete Parabel mit Nullstellen 0 und 1, ihr Scheitel liegt in der Mitte bei p = 0,5 mit f(0,5) = 0,25. Also ist σ bei p = 0,5 maximal: σ = √(0,25 n) = ½√n.
Beurteile die Schlussfolgerung: „Wir haben 20 Serien simuliert, 5 Treffer kamen nie vor. Also ist P(X = 5) = 0.“ (n = 10, p = 0,3)
Hinweis: Berechne P(X = 5) und schätze, wie oft 5 in 20 Serien zu erwarten ist.
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Musterlösung: Die Schlussfolgerung ist falsch. P(X = 5) = (10 über 5) · 0,3⁵ · 0,7⁵ ≈ 0,103, in 20 Serien wären etwa 2 Fälle zu erwarten. Dass 5 gar nicht vorkommt, hat trotzdem eine Wahrscheinlichkeit von 0,897²⁰ ≈ 0,11. Eine relative Häufigkeit von 0 in wenigen Versuchen beweist keine Wahrscheinlichkeit 0.