Stochastische Unabhängigkeit einfach erklärt

• Ereignis A: „Die Münze zeigt Kopf."
• Ereignis B: „Der Würfel zeigt eine 3."

Ändert das Ergebnis des Münzwurfs die Wahrscheinlichkeit für den Würfelwurf? Nein. Egal, ob die Münze Kopf oder Zahl zeigt, die Wahrscheinlichkeit, eine 3 zu würfeln, bleibt immer $\frac{1}{6}$. Die Ereignisse beeinflussen sich nicht.

• Ereignis A: „Die erste gezogene Karte ist ein Ass."
• Ereignis B: „Die zweite gezogene Karte ist ein Ass."

Ändert das Ergebnis von Ereignis A die Wahrscheinlichkeit für Ereignis B? Ja!

• Wenn die erste Karte ein Ass war, sind nur noch 3 Asse in den verbleibenden 31 Karten. Die Wahrscheinlichkeit für B ist dann $\frac{3}{31}$.
• Wenn die erste Karte kein Ass war, sind noch 4 Asse in den 31 Karten. Die Wahrscheinlichkeit für B ist dann $\frac{4}{31}$.

Da das erste Ereignis die Wahrscheinlichkeit des zweiten ändert, sind sie abhängig.

• Ereignis A: „Die erste gezogene Kugel ist rot."
• Ereignis B: „Die zweite gezogene Kugel ist blau."

Ändert das Ergebnis von Ereignis A die Wahrscheinlichkeit für Ereignis B? Nein. Da die erste Kugel zurückgelegt wird, ist die Situation vor dem zweiten Zug genau dieselbe wie vor dem ersten Zug (immer noch 5 rote und 3 blaue Kugeln). Die Wahrscheinlichkeit für B bleibt unverändert.

• Ereignis A: „Erste Drehung ergibt eine Zahl > 8."
• Ereignis B: „Zweite Drehung ergibt eine ungerade Zahl."

Ändert das Ergebnis der ersten Drehung die Wahrscheinlichkeit für die zweite Drehung? Nein. Das Glücksrad hat kein Gedächtnis. Das Ergebnis des ersten Drehs hat keinerlei Einfluss darauf, wo das Rad beim zweiten Mal stehen bleibt.

• Ereignis A: „Der erste Schüler ist ein Mädchen."
• Ereignis B: „Der zweite Schüler ist ein Mädchen."

Ändert das Ergebnis von Ereignis A die Wahrscheinlichkeit für Ereignis B? Ja! Wenn der erste Schüler ein Mädchen war, gibt es nur noch 14 Mädchen und insgesamt 26 Schüler. Die Wahrscheinlichkeit für B ist dann $\frac{14}{26}$. Wenn der erste Schüler ein Junge war, gibt es noch 15 Mädchen und 26 Schüler. Die Wahrscheinlichkeit für B ist dann $\frac{15}{26}$. Das erste Ereignis beeinflusst das zweite.

Die Wahrscheinlichkeit, beim ersten Wurf eine 6 zu würfeln, beträgt: $P(A) = \frac{1}{6}$

Die Wahrscheinlichkeit, beim zweiten Wurf eine 6 zu würfeln, beträgt ebenfalls: $P(B) = \frac{1}{6}$

Das Ereignis $A \cap B$ bedeutet „der erste Wurf ist eine 6 UND der zweite Wurf ist eine 6". Es gibt $6 \cdot 6 = 36$ mögliche Wurfkombinationen. Nur eine davon ist (6, 6). $P(A \cap B) = \frac{1}{36}$

Wir setzen die Werte in die Formel $P(A) \cdot P(B) = P(A \cap B)$ ein: $\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$

Wir berechnen die linke Seite: $\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$

Die Gleichung $\frac{1}{36} = \frac{1}{36}$ ist wahr.

Es gibt 8 Herzkarten in einem 32er-Blatt. $P(A) = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}$

Es gibt 4 Könige in einem 32er-Blatt. $P(B) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8}$

Das Ereignis $A \cap B$ ist „Die Karte ist ein Herz UND ein König". Es gibt nur eine solche Karte: den Herzkönig. $P(A \cap B) = \frac{1}{32}$

Wir setzen die Werte in die Formel $P(A) \cdot P(B) = P(A \cap B)$ ein: $\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{32}$

Wir berechnen die linke Seite: $\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{32}$

Die Gleichung $\frac{1}{32} = \frac{1}{32}$ ist wahr.

60 von 100 Schülern mögen Mathe. $P(A) = \frac{60}{100} = \frac{3}{5}$

50 von 100 Schülern mögen Sport. $P(B) = \frac{50}{100} = \frac{1}{2}$

35 von 100 Schülern mögen beides. $P(A \cap B) = \frac{35}{100} = \frac{7}{20}$

Wir setzen die Werte in die Formel $P(A) \cdot P(B) = P(A \cap B)$ ein: $\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{7}{20}$

Wir berechnen die linke Seite: $\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{10}$

Wir vergleichen $\frac{3}{10}$ mit $\frac{7}{20}$. Um sie zu vergleichen, bringen wir sie auf den gleichen Nenner: $\frac{3}{10} = \frac{6}{20}$. Die Gleichung $\frac{6}{20} = \frac{7}{20}$ ist falsch.

Die Wahrscheinlichkeit für Rot ist 1 von 3. $P(A) = \frac{1}{3}$

Die Wahrscheinlichkeit für „nicht Rot" (also Grün oder Blau) ist 2 von 3. $P(B) = \frac{2}{3}$

Das Ereignis $A \cap B$ ist „Erster Dreh Rot UND Zweiter Dreh nicht Rot". Da die Drehungen unabhängig sind, können wir die Wahrscheinlichkeiten multiplizieren: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$. $P(A \cap B) = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$

Wir setzen die Werte in die Formel $P(A) \cdot P(B) = P(A \cap B)$ ein: $\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$

Wir berechnen die linke Seite: $\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$

Die Gleichung $\frac{2}{9} = \frac{2}{9}$ ist wahr.

Gerade Augenzahlen sind {2, 4, 6}. Das sind 3 von 6 Möglichkeiten. $P(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$

Durch 3 teilbare Augenzahlen sind {3, 6}. Das sind 2 von 6 Möglichkeiten. $P(B) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$

Das Ereignis $A \cap B$ ist „Die Augenzahl ist gerade UND durch 3 teilbar". Die einzige Zahl, die das erfüllt, ist die 6. Das ist 1 von 6 Möglichkeiten. $P(A \cap B) = \frac{1}{6}$

Wir setzen die Werte in die Formel $P(A) \cdot P(B) = P(A \cap B)$ ein: $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

Wir berechnen die linke Seite: $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

Die Gleichung $\frac{1}{6} = \frac{1}{6}$ ist wahr.

Ungerade Zahlen sind {1, 3, 5}. Das sind 3 von 6 Möglichkeiten. $P(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$

Die Summe 4 kann durch die Würfe (1, 3), (2, 2), (3, 1) erreicht werden. Das sind 3 von 36 möglichen Kombinationen. $P(B) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12}$

$A \cap B$: „Erster Wurf ungerade UND Summe ist 4". Von den Kombinationen für B – (1, 3), (2, 2), (3, 1) – haben (1, 3) und (3, 1) einen ungeraden ersten Wurf. Das sind 2 von 36 Möglichkeiten. $P(A \cap B) = \frac{2}{36} = \frac{1}{18}$

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

$\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{12} = \frac{1}{18}$

$\frac{1}{24} \neq \frac{1}{18}$

Die Ereignisse sind stochastisch abhängig.

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

$P(A \cup B) = \frac{1}{2} + \frac{1}{12} - \frac{1}{18}$

Wir bringen die Brüche auf den Hauptnenner 36: $P(A \cup B) = \frac{18}{36} + \frac{3}{36} - \frac{2}{36}$

$P(A \cup B) = \frac{18 + 3 - 2}{36} = \frac{19}{36}$

Es gibt 4 Buben in 32 Karten. $P(A) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8}$

Es gibt 8 Pik-Karten in 32 Karten. $P(B) = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}$

$A \cap B$: „Die Karte ist ein Bube UND Pik". Es gibt nur eine solche Karte: den Pik-Buben. $P(A \cap B) = \frac{1}{32}$

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

$\frac{1}{8} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{32}$

$\frac{1}{32} = \frac{1}{32}$

Die Ereignisse sind stochastisch unabhängig.

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

$P(A \cup B) = \frac{1}{8} + \frac{1}{4} - \frac{1}{32}$

Wir bringen die Brüche auf den Hauptnenner 32: $P(A \cup B) = \frac{4}{32} + \frac{8}{32} - \frac{1}{32}$

$P(A \cup B) = \frac{4 + 8 - 1}{32} = \frac{11}{32}$

$P(A) = \frac{120}{200} = \frac{3}{5}$

$P(B) = \frac{70}{200} = \frac{7}{20}$

$P(A \cap B) = \frac{40}{200} = \frac{1}{5}$

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

$\frac{3}{5} \cdot \frac{7}{20} = \frac{1}{5}$

$\frac{21}{100} \neq \frac{1}{5} \quad (\text{denn } \frac{1}{5} = \frac{20}{100})$

Die Ereignisse sind stochastisch abhängig.

Die Frage „mindestens einen der beiden Kurse" ist genau die Definition von $P(A \cup B)$.

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

$P(A \cup B) = \frac{120}{200} + \frac{70}{200} - \frac{40}{200}$

$P(A \cup B) = \frac{120 + 70 - 40}{200} = \frac{150}{200} = \frac{3}{4}$

Primzahlen auf dem Rad sind {2, 3}. $P(A) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

Gerade Zahlen sind {2, 4}. $P(B) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

Da die Drehungen unabhängig sind, gilt $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$. $P(A \cap B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$

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

$\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$

$\frac{1}{4} = \frac{1}{4}$

Die Ereignisse sind stochastisch unabhängig.

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

$P(A \cup B) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4}$

$P(A \cup B) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$

Am Anfang sind 3 von 5 Kugeln rot. $P(A) = \frac{3}{5}$

Das Ereignis B kann auf zwei Wegen eintreten: (rot, rot) oder (schwarz, rot). Wir müssen beide Pfade betrachten (Pfadwahrscheinlichkeiten). $P(B) = P(\text{rot, rot}) + P(\text{schwarz, rot})$ $P(B) = (\frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4}) + (\frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4}) = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac{12}{20} = \frac{3}{5}$ $P(B) = \frac{3}{5}$

$A \cap B$: „Erste Kugel rot UND zweite Kugel rot". Dies ist der erste Pfad von oben. $P(A \cap B) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$

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

$\frac{3}{5} \cdot \frac{3}{5} = \frac{3}{10}$

$\frac{9}{25} \neq \frac{3}{10} \quad (\text{denn } \frac{18}{50} \neq \frac{15}{50})$

Die Ereignisse sind stochastisch abhängig.

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

$P(A \cup B) = \frac{3}{5} + \frac{3}{5} - \frac{3}{10}$

$P(A \cup B) = \frac{6}{10} + \frac{6}{10} - \frac{3}{10} = \frac{9}{10}$