\(\checkmark\) eine Teilmenge des Ergebnisraums
\(\quad \rightarrow\) Definition: Ein Ereignis ist eine Teilmenge zusammengefasster Elementarereignisse.
Der Ergebnisraum als Gesamtmenge beinhaltet alle möglichen Elementarereignisse. Diese Elementarereignisse werden durch bzw. als Ereignisse zusammengefasst zu Teilmengen des Ergebnisraums. Eine solche Teilmenge (d.h. ein Ereignis) kann auch aus nur einem einzelnen Elementarereignis bestehen. Üblicherweise umfassen Ereignisse mehrere, aber nicht alle möglichen Elementarereignisse.

\(\checkmark\) gerade Zahl beim Würfeln
\(\quad \rightarrow\) Ein klassisches Beispiel: Angenommen, dass der Ergebnisraum hierbei aus allen möglichen Augenzahlen (den Elementarereignissen) \(\Omega\) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} besteht, bilden die geraden Zahlen zusammen eine Teilmenge des Ergebnisraums, also ein Ereignis.

\(\checkmark\) ein mögliches Ergebnis bei einem Zufallsexperiment
\(\quad \rightarrow\) Definition von Elementarereignissen. Da ein Ereignis immer ein oder mehrere Elementarereignisse umfasst, ist es ebenfalls ein mögliches Ergebnis des Zufallsexperiments.

\(\checkmark\) A
\(\quad \rightarrow\) Konvention: Benennung von Ereignissen

\(\checkmark\) eine Menge aus mehreren Elementarereignissen
\(\quad \rightarrow\) Definition, allerdings kann auch ein einzelnes Elementarereignis ein Ereignis sein.

□ eine Teilmenge des Ergebnisraums
\(\quad \rightarrow\) Nur in dem Spezialfall, dass die Teilmenge aus genau einem Element besteht. Da allerdings Ereignisse bzw. Teilmengen auch mehr als ein Elementarereignis umfassen können, trifft die Beschreibung nicht auf Elementarereignisse im Allgemeinen zu.

□ gerade Zahl beim Würfeln
\(\quad \rightarrow\) Im allgemeinen Fall nicht, denn dabei wären die geraden Zahlen eine Teilmenge des Ergebnisraums, welche aus mehreren Elementarereignissen (2,4,6 Augen) besteht. Hypothetisch allerdings könnte man einen Ergebnisraum \(\Omega =\) {gerade, ungerade} annehmen, in dem alle gerade Zahlen, nicht weiter differenziert, zusammen ein Elementarereignis wären.

\(\checkmark\) ein mögliches Ergebnis bei einem Zufallsexperiment
\(\quad \rightarrow\) Definition: Ein Elementarereignis ist das Ergebnis eines Zufallsexperiments.

□ A
\(\quad \rightarrow\) Nach Konvention werden so Ereignisse bezeichnet, sodass hier wiederum nur ein Spezialfall korrekt wäre. Dazu müsste A aus nur einem Element bestehen.

□ eine Menge aus mehreren Elementarereignissen
\(\quad \rightarrow\) Dies ist nicht richtig, da hier von mehreren Elementarereignissen die Rede ist. Hierin liegt genau der Unterschied zwischen Ereignis und Elementarereignis, denn ein Ereignis kann eine Teilmenge mehrerer Elementarereignisse sein, ein Elementarereignis nicht (stattdessen muss die »Menge« aus exakt einem Element bestehen).

\(\times\) eine (echte) Teilmenge der Menge der Elementarereignisse
\(\quad \rightarrow\) Eine echte Teilmenge zeichnet aus, dass auf jeden Fall weniger als in der Gesamtmenge (dem Ergebnisraum) enthalten ist.

□ alles, was eintreten kann
\(\quad \rightarrow\) Wenn auch etwas salopp formuliert, entspricht dies der Definition: Der Ergebnisraum ist die Menge aller möglichen Ergebnisse eines Zufallsexperiments.

\(\times\) A
\(\quad \rightarrow\) Nach Konvention werden so Ereignisse benannt. Möglich wäre ein Fall, indem A alle Elementarereignisse enthielte.

□ \(\Omega\)
\(\quad \rightarrow\) Konvention: Benennung

□ {Erfolg, Misserfolg, weder noch} bei einer Therapie
\(\quad \rightarrow\) Beispiel; es ist schwer vorstellbar, dass in einem Ergebnisraum noch weitere Möglichkeiten bestehen könnten.

\(\checkmark\) Die Wahrscheinlichkeit eines unmöglichen Ereignisses beträgt 0.
\(\quad \rightarrow\) 1. Axiom: Für die Wahrscheinlichkeit eines zufälligen Ereignisses A gilt: \(0 \leq P(A) \leq 1\). Ein Ereignis mit der Wahrscheinlichkeit \(P(A) = 0\) ist ein unmögliches Ereignis; ein Ereignis mit der Wahrscheinlichkeit \(P(B) = 1\) heißt ein sicheres Ereignis.

\(\checkmark\) Die Wahrscheinlichkeit, dass irgendein Ereignis eintritt, beträgt 1.
\(\quad \rightarrow\) 2. Axiom: Die Wahrscheinlichkeit eines sicheren Ereignisses ist 1: \(P(\Omega) = 1\). Obige Aussage geht also direkt aus dem zweiten Axiom hervor.

□ Die Wahrscheinlichkeit, dass entweder A oder B eintritt, ist die Summe beider Einzelwahrscheinlichkeiten.
\(\quad \rightarrow\) Dies gilt nur dann, wenn A und B disjunkt sind.

□ Die Wahrscheinlichkeit, dass A und B gemeinsam eintreten, ist das Produkt beider Einzelwahrscheinlichkeiten.
\(\quad \rightarrow\) Diese Aussage ist nur dann korrekt, wenn A und B unabhängig voneinander sind, und wird durch eine Vereinfachung des Multiplikationstheorems ausgedrückt - findet sich aber nicht in den Axiomen nach Kolmogorov.

□ unter gleichen Bedingungen durchgeführt
□ mit ungewissem Ausgang
\(\times\) ohne eigenes Zutun
□ beliebig oft wiederholbar

Definition: Versuch, der unter genau festgelegten Versuchsbedingungen durchgeführt wird, beliebig oft wiederholbar ist und einen nicht im Vorhinein festen Ausgang hat.
Der Ausschluss eigenen Zutuns ist nicht Bestandteil der Definition. »Aktiv« ist man häufig in einem Zufallsexperiment, z.B. indem man eine Kugel zieht oder einen Würfel wirft.

□ Farben einer zufällig gezogenen Karte aus einem klassischen Kartensatz
\(\quad \rightarrow\) Laplace-Experiment, da alle Farben in dem Kartensatz gleich häufig vertreten sind. Dies entspricht den Voraussetzungen eines Laplace-Experiments: Ein Zufallsexperiment, bei dem alle Elementarereignisse die gleiche Wahrscheinlichkeit haben.

□ Augenzahl beim Würfeln
\(\quad \rightarrow\) Vorausgesetzt, dass der Würfel nicht gezinkt ist, haben auch hierbei alle Elementarereignisse dieselbe Wahrscheinlichkeit. Somit ist dies ein Laplace-Experiment.

\(\times\) Studierende(n) in einem Hörsaal aufrufen
\(\quad \rightarrow\) Das Aufrufen der einzelnen Teilnehmenden erfolgt üblicherweise jeweils nicht mit derselben Wahrscheinlichkeit (auch wenn dies theoretisch möglich wäre, indem ein Zufallsgenerator genutzt würde). Die aufrufende Person wählt z.B. eher diejenigen, die vorne sitzen, weil sie sie besser sieht; oder ruft eher die auf, die sich auch melden usw.

\(\times\) Gewinnerlos ziehen
\(\quad \rightarrow\) Im Allgemeinen sind Nieten und Gewinne nicht gleich wahrscheinlich, deshalb ist das kein geeignetes Beispiel.

\(\times\) im Kino zugeteilte Platznummer
\(\quad \rightarrow\) Da in der Praxis wohl selten die Plätze zufällig gezogen werden, handelt es sich hierbei noch nicht einmal um ein Beispiel für ein Zufallsexperiment.

1. Es wird eine Münze geworfen.
   \(\Omega =\) {Kopf, Zahl}
   Die Münzkante wird in der Statistik meistens ignoriert. Wenn sie einbezogen würde, handelte es sich nicht mehr um ein Laplace-Experiment.
   

2. Aus dem lateinischen Alphabet wird zufällig ein Buchstabe ausgewählt.
   \(\Omega =\) {A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, Q, R, S, T, U, V, W, X, Y, Z}
   Hierbei beziehen wir uns auf die 26 Buchstaben und lassen Groß- und Kleinbuchstaben, Umlaute etc. unbeachtet.
   

e. ist korrekt.
Wenn wir gar nicht wissen, welche Ergebnisse möglich sind, also welche Elementarereignisse außer den zu A gehörigen im Ergebnisraum sind, können wir auch nicht das Gegenereignis \(\bar{A}\) bestimmen.
Auf keinen Fall korrekt:
b. können wir vollkommen ausschließen, da Gegenereignisse nie dieselben Elemente wie das Ereignis selbst enthalten.
d. stimmt ebenso in keinem Fall, denn selbstverständlich haben auch solche Ereignisse Komplementärereignisse, die nicht zugleich Elementarereignisse sind.

□ Die Vereinigung disjunkter Ereignisse ist leer.
\(\quad \rightarrow\) Stattdessen müsste es »Schnittmenge« oder »Durchschnitt« heißen. Denn disjunkte Ereignisse haben per Definition keine gemeinsamen Elemente; aber eine Vereinigungsmenge ist nur dann leer, wenn die einzelnen Ereignisse leere Teilmengen sind.

□ Disjunkte Ereignisse sind unabhängig.
\(\quad \rightarrow\) Diese Aussage trifft nur genau dann zu, wenn eines der Ereignisse eine leere Menge ist. Ansonsten sind disjunkte Ereignisse gerade nicht unabhängig, da man sicher weiß, dass A nicht eintritt, wenn bekannt ist, dass B eingetreten ist.

\(\checkmark\) Ereignis und Gegenereignis sind disjunkt.
\(\quad \rightarrow\) Korrekt, denn Ereignis und Gegenereignis haben nie gemeinsame Elemente; es gibt allerdings auch disjunkte Ereignisse, die keine Komplementärereignisse sind (d.h. es gibt noch andere Ereignisse im Ergebnisraum, die keinem der beiden Ereignisse zugeordnet sind).

□ Ein disjunktes Ereignis ist das Eintreten von sowohl A als auch B.
\(\quad \rightarrow\) Das gemeinsame Auftreten zweier Ereignisse wird als Schnittmenge dieser Ereignisse bezeichnet. Dass zwei Ereignisse disjunkt sind, bedeutet gerade, dass sie keine gemeinsamen Elemente haben und deshalb nie zugleich eintreten können.

□ \(P(A|B)\) ist die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass A eintritt.
\(\quad \rightarrow\) Hier müsste genauer ausgedrückt sein, was »bedingt« bedeutet, nämlich dass B bereits eingetreten ist.

□ \(P(A|B)\) ist die Wahrscheinlichkeit, dass B eintritt, wenn A ein sicheres Ereignis ist.
\(\quad \rightarrow\) Es müsste \(\boldsymbol{P(B|A)}\) heißen, damit diese Aussage korrekt wäre; die Wahrscheinlichkeit, dass B eintritt, gegeben dass A eingetreten ist.

□ \(P(A|B)\) ist die Wahrscheinlichkeit, dass A und B eintreten.
\(\quad \rightarrow\) Das wäre die Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge \(P(A \cap B)\). Richtig wäre die Aussage mit dem Zusatz, dass \(P(B) = 1\) (s.o.) bzw. es müsste deutlich werden, dass B bereits eingetreten ist.

\(\checkmark\) \(P(A|B)\) ist die Wahrscheinlichkeit, dass A eintritt, wenn ich schon weiß, dass B eingetreten ist.
\(\quad \rightarrow\) Korrekt; A gegeben B.

\(\checkmark\) Für das Bestimmen von \(P(A|B)\) hat \(P(B)\) keinen zusätzlichen Informationsgehalt.
\(\quad \rightarrow\) Korrekt: Bei Unabhängigkeit gilt \(\boldsymbol{P(A|B) = P(A)}\). Wenn die Ereignisse unabhängig sind, dann ist es für die Wahrscheinlichkeit von A egal, ob B gegeben ist \((P(A|B))\) oder nicht \((P(A))\).

□ Die Wahrscheinlichkeit für A gegeben B ändert sich nicht abhängig davon, ob A ein sicheres Ereignis ist.
\(\quad \rightarrow\) Anstatt A müsste \(\boldsymbol{B}\) das sichere Ereignis heißen, damit die Aussage allgemeingültig wäre. Ob A ein sicheres Ereignis ist oder nicht, ändert auf jeden Fall die Wahrscheinlichkeit \(P(A|B)\). Wenn A ein sicheres Ereignis ist, dann gilt \(P(A) = P(A|B) = 1\). Im Gegensatz dazu stehen alle anderen möglichen Wahrscheinlichkeiten für A: Für diese Fälle (aber genauso für \(P(A) = 1\)) gilt \(P(A) = P(A|B)\) nur dann, wenn »B ein sicheres Ereignis ist.«

\(\checkmark\) Ob B stimmt oder nicht, ändert nichts an der Wahrscheinlichkeit von A.
\(\quad \rightarrow\) Korrekt, dies ist eine Formulierung davon, was Unabhängigkeit bedeutet.

□ Wenn zwei Ereignisse disjunkt sind, d.h. keine Schnittmenge haben.
\(\quad \rightarrow\) Wenn zwei Ereignisse disjunkt sind, sich also gegenseitig ausschließen, impliziert das gerade, dass die Eintrittswahrscheinlichkeit vom (nicht-)Eintreten des anderen Ereignisses abhängt. Beispielsweise sind beim Würfelwurf die Ereignisse A = {1,2,3} und B = {4,5} disjunkt. Wenn wir wissen, dass A nicht eingetreten ist, ist es viel wahrscheinlicher, dass B eintritt bzw. wenn A eingetreten ist, ist es sogar unmöglich, dass auch B eintritt.

Was besagt das Multiplikationstheorem? Die Wahrscheinlichkeit, zwei Ereignisse A und B gleichzeitig zu bekommen …

□ …ist gleich dem Produkt der Wahrscheinlichkeiten für das Auftreten jedes einzelnen Ereignisses.
\(\quad \rightarrow\) Falsch, dies ist nicht die allgemeine Form des Multiplikationstheorems. \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)\) gilt nur, wenn die Ereignisse A und B unabhängig voneinander sind. In diesem Fall gilt nämlich \(P(B) = P(B|A)\), d.h. die einfache Wahrscheinlichkeit von B ist gleich der bedingten Wahrscheinlichkeit von B, gegeben dass A bereits eingetreten ist. Dadurch lässt sich die allgemeine Form des Multiplikationstheorems vereinfachen zu:
\(\begin{aligned} P(A \cap B) &= P(A) \cdot P(B|A)\\ P(A \cap B) &= P(A) \cdot P(B)\\ \end{aligned}\)

□ …ist gleich der Wahrscheinlichkeit für das Ereignis A multipliziert mit der Wahrscheinlichkeit des Ereignisses B.
\(\quad \rightarrow\) Falsch. Dies ist eine Umformulierung der ersten Option, d.h. \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)\), und somit falsch. (s.o.)

\(\checkmark\) …ist gleich dem Produkt der Wahrscheinlichkeit des Ereignisses A mit der bedingten Wahrscheinlichkeit des Ereignisses B gegeben A.
\(\quad \rightarrow\) Richtig. Hier ist die allgemeingültige Form des Multiplikationstheorems für zwei (abhängige oder unabhängige) Ereignisse A und B gegeben: \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A)\)
Wir fragen uns zuerst: »Wie wahrscheinlich ist es, dass A eintritt?« Anschließend fragen wir uns: »Und wie wahrscheinlich ist es nun, dass zusätzlich B eintritt, gegeben dass A bereits eingetreten ist?«

□ …ist gleich dem Produkt der Wahrscheinlichkeit des Ereignisses A mit der bedingten Wahrscheinlichkeit des Ereignisses A gegeben B.
\(\quad \rightarrow\) Falsch. Der Ausdruck \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(A|B)\) enthält nur (bedingte) Wahrscheinlichkeiten des Ereignisses A. Allerdings suchen wir die Schnittmenge von A und B. Im Multiplikationstheorem wird mit der bedingten Wahrscheinlichkeit \(P(B|A)\) multipliziert, um die Abhängigkeit von A und B zu berücksichtigen.

Um die richtige Option zu finden, müssen wir Kombinieren und Umformen. Wir benötigen noch anderes Wissen aus der Wahrscheinlichkeitstheorie.

□ \(P(A) = P(A \cap B) + P(\bar{A} \cap B)\)
□ \(P(A) = P(A \cap B) \cdot P(\bar{A} \cap B)\)
\(\checkmark\) \(P(B \cap A) = P(A) - P(\bar{B} \cap A)\)
□ \(P(A) = P(A|B) + P(A|\bar{B})\)

\(\rightarrow\) Der Satz der totalen Wahrscheinlichkeit lässt sich mit Hilfe des Multiplikationstheorems zu der dritten Aussage umformen:

\(\begin{aligned} P(A) &= P(B) \cdot P(A|B) + P(\bar{B}) \cdot P(A|\bar{B}) \\ &= P(A \cap B) \hspace{2,23em} + P(A \cap \bar{B}) \\ P(A) - P(A \cap \bar{B}) &= P(A \cap B) \\ \end{aligned}\)

1. \(A \cap B \cap C =\) {La}
   

• Hierbei handelt es sich um die Schnittmenge der drei Ereignisse. Wir müssen also das Element (allgemein: die Teilmenge) finden, das die drei Ereignisse gemein haben.
• Da A aus nur einem Elementarereignis besteht, nämlich »La«, müssen wir nur prüfen, ob »La« auch in den Mengen B und C vorkommt. Das ist hier der Fall. Deshalb bildet »La« die Schnittmenge \(A \cap B \cap C\).

2. \(A \cap \bar{B} = \varnothing =\) { }
   

• Wir suchen nach der Schnittmenge, d.h. den gemeinsamen Elementen, von A = {La} und \(\bar{B} =\) {Do, Mi, Fa, So Ti}.
• Allerdings enthält A kein Ereignis, das B nicht ebenfalls enthält (s.o.), bzw. A und \(\bar{B}\) haben keine gemeinsamen Elemente. Die gesuchte Schnittmenge ist also eine leere Menge.

3. \(\bar{B} \cup \bar{C}\) = {Do, Re, Mi, Fa, So, Ti}
   

• Wir suchen die Vereinigung der Gegenereignisse von B und C.
• \(\bar{B} =\) {Do, Mi, Fa, So, Ti}
• \(\bar{C} =\) {Do, Re, Mi, Fa}
• Jedes Element, das in mindestens einer der beiden Teilmengen auftaucht, ist Teil der Vereinigung.
• Alternativer Lösungsweg:
  • Nur »La« ist in B und C enthalten.
  • Damit ist es das einzige Element des Ergebnisraums, das nicht in \(\bar{B}\) oder \(\bar{C}\) enthalten ist.
  • Alle anderen Elemente des Ergebnisraumes bilden die Vereinigungsmenge \(\bar{B} \cup \bar{C}\).

4. \(P(A \cap D) = 0\)
   

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge von A und D.
• Die Schnittmenge der beiden Ereignisse ist aber eine leere Menge; A und D haben keine gemeinsamen Elemente.
• Somit ist die Schnittmenge \(P(A \cap D)\) ein unmögliches Ereignis mit der Eintrittswahrscheinlichkeit 0.

5. \(P(A \cap B \cap C \cap D) = 0\)
   

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit der Schnittmenge von A, B, C und D.
• Allerdings ist schon \(A \cap D\) ein unmögliches Ereignis. Somit ist \(A \cap B \cap C \cap D\) automatisch auch eine leere Menge mit der Wahrscheinlichkeit 0.
• Die zusätzliche Bedingung der Ereignisse B und C macht die Schnittmenge restriktiver. Die Wahrscheinlichkeit kann also nicht größer werden.

1. Prävalenz: \(P(PCR)\)
   Sensitivität: \(P(ST|PCR)\)
   Spezifität: \(P(\bar{ST}|\bar{PCR})\)
   

2. Gesucht ist der positive Vorhersagewert \(P(PCR|ST)\).
   

3. Gesucht ist der negative Vorhersagewert \(P(\bar{PCR}|\bar{ST})\).

(a)

• Prävalenz: der Anteil von Störungsfällen in der Bevölkerung, d.h. die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig gewählte Person aus der Bevölkerung ein positives PCR-Testergebnis hat.
  • \(P(PCR)\)
  • Die Grundgesamtheit sind in dieser Aufgabe alle Personen in der Normierungsstichprobe.
  • »125 von 582 [hatten] ein positives PCR-Testergebnis« sagt uns, dass die Prävalenz bei \(\frac{125}{582}\)= .215 liegt.
• Sensitivität: die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit positivem PCR-Testergebnis auch ein positives Schnelltestergebnis erhält bzw. als krank diagnostiziert wird.
  • \(P(ST|PCR)\)
  • 96% der Personen mit positivem PCR-Testergebnis erhalten auch ein positives Schnelltestergebnis, d.h. 96% der Personen mit positivem PCR-Testergebnis werden korrekt (positiv) diagnostiziert.
    \(\quad \rightarrow\) Die Sensitivität des Konzentrationstests beträgt .96.
• Spezifität: die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit negativem PCR-Testergebnis auch ein negatives Schnelltestergebnis erhält bzw. als gesund diagnostiziert wird. Die Krankheit liegt nicht vor und dies wird durch den Test korrekt erkannt, in Form einer negativen Diagnose.
  • \(P(\bar{ST}|\bar{PCR})\)
  • 0.22% der Kinder ohne positives PCR-Testergebnis werden positiv diagnostiziert. Hier handelt es sich um die Wahrscheinlichkeit \(P(ST|\bar{PCR})\)
  • Um die Spezifität zu erhalten, müssen wir die Gegenwahrscheinlichkeit zu diesem Wert bilden, also 1 - .0022 = .9978

\(\hspace{1em}\) Prävalenz: \(P(PCR) =\) \(\frac{125}{582}\) \(= \underline{\underline{.215}}\)
\(\hspace{1em}\) Sensitivität: \(P(ST|PCR) = \underline{\underline{.96}}\)
\(\hspace{1em}\) Spezifität: \(P(\bar{ST}|\bar{PCR}) = \underline{\underline{.9978}}\)

(b)

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit \(P(PCR|ST)\), also der positive Vorhersagewert
• Diesen können wir mit Hilfe des Theorems von Bayes und des Satzes der totalen Wahrscheinlichkeit ermitteln:
  • Bayes-Theorem: \[P(A|B) = \frac{P(B|A) \cdot P(A)}{P(B)}\]
  • P(B) ist in unserem Fall die Wahrscheinlichkeit einer positiven Diagnose bzw. eines positiven Schnelltestergebnisses. Diese Wahrscheinlichkeit kennen wir nicht.
  • Wir können diese Wahrscheinlichkeit aber durch den Satz der totalen Wahrscheinlichkeit berechnen: \[P(B) = P(B|A) \cdot P(A) + P(B|\bar{A}) \cdot P(\bar{A})\]
  • Kombiniert ergeben die beiden Formeln Folgendes: \[P(A|B) = \frac{P(B|A) \cdot P(A)}{P(B|A) \cdot P(A) + P(B|\bar{A}) \cdot P(\bar{A})}\]
• Wir setzen ein:
  \(\begin{aligned} P(PCR|ST) &= \frac{P(ST|PCR) \cdot P(PCR)}{P(ST|PCR) \cdot P(PCR) + P(ST|\bar{PCR}) \cdot P(\bar{PCR})}\\[1,2ex] &= \frac{0.96 \cdot 0.215}{0.96 \cdot 0.215 + 0.0022 \cdot (1 - 0.215)}\\[1,2ex] &= \underline{\underline{0.992}}\\[1,2ex] \end{aligned}\)
  \(\rightarrow\) Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit positivem Schnelltestergebniis auch ein positives PCR-Testergebnis erhält, liegt bei 99.2%.

Hier noch eine Veranschaulichung der Aufgabe im Baumdiagramm:
(c)

• Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit \(P(\bar{PCR}|\bar{ST})\), also der negative Vorhersagewert
• Auch diesen können wir mit Bayes berechnen:
  \(\begin{aligned} P(\bar{PCR}|\bar{ST}) &= \frac{P(\bar{ST}|\bar{PCR}) \cdot P(\bar{PCR})}{P(\bar{ST}|\bar{PCR}) \cdot P(\bar{PCR}) + P(\bar{ST}|PCR) \cdot P(PCR)}\\[1,2ex] &= \frac{(1 - 0.0022) \cdot (1 - 0.215)}{(1 - 0.0022) \cdot (1 - 0.215) + (1 - 0.96) \cdot 0.215}\\[1,2ex] &= \frac{0.9978 \cdot 0.785}{0.9978 \cdot 0.785 + 0.04 \cdot 0.215}\\[1,2ex] &= \underline{\underline{0.989}}\\[1,2ex] \end{aligned}\)
  \(\rightarrow\) Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Person mit negativem Schnelltestergebnis auch ein negatives PCR-Testergebnis hat, liegt bei 98.9%.

a. Das Karo Ass

• Es gibt nur ein Karo Ass (= günstiges Ergebnis) in dem Kartenset mit 32 Karten (= mögliche Ergebnisse).

\(\qquad \enspace P(A) =\) \(\frac{1}{32}\) \(= \underline{\underline{.03125}}\)

b. Eine Dame

• Es gibt vier Damen (= günstige Ergebnisse) in dem Kartenset mit 32 Karten (= mögliche Ergebnisse).

\(\qquad \enspace P(B) =\) \(\frac{4}{32} = \frac{1}{8}\) \(= \underline{\underline{0.125}}\)

c. Eine 7 oder eine rote Karte

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

• Günstige Ergebnisse: Es gibt vier Siebenen und 2 x 8 rote Karten, nämlich acht Herzen und acht Karos. 2 Karten der 16 roten Karten sind aber Siebenen und wir wollen sie nicht doppelt zählen.
• In dem Kartenset sind 32 Karten (= mögliche Ergebnisse).
• Wir berechnen die Wahrscheinlichkeit der Vereinigungsmenge der Siebenen (\(P(Sieben)\)) und der roten Karten (\(P(Rot)\)). Dazu müssen wir die Einzelwahrscheinlichkeiten addieren und die Wahrscheinlichkeit für die Schnittmenge (\(P(Sieben \cap Rot)\)) subtrahieren.

\(\qquad \enspace P(C) =\) \(\frac{4+16-2}{32} = \frac{18}{32} = \frac{9}{16}\) \(= \underline{\underline{.5625}}\)

d. Eine 9 oder eine 10

\(\rightarrow\) Additionstheorem für disjunkte Ereignisse \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\)

• Keine der vier Neunen ist gleichzeitig eine der vier Zehnen, d.h. die Einzelereignisse sind disjunkt.
• Somit vereinfacht sich das Additionstheorem: Da es keine Schnittmenge gibt, müssen wir ihre Auftrittswahrscheinlichkeit (=0) nicht subtrahieren.

\(\qquad \enspace P(D) =\) \(\frac{4+4}{32} = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}\) \(= \underline{\underline{.25}}\)

e. Ein Ass (A), unter der Voraussetzung, dass es sich um eine Herzkarte handelt (B)

• Wir suchen die Schnittmenge der Herzkarten und der Asse: Das Herzass.
  • Da es sich um eine Karte handelt, bei der man Farbe (Herz) und Wert (Ass) nicht getrennt ziehen kann (erst Herz, dann Ass), benötigen wir die Formel für bedingte Ereignisse hier nicht.
  • Wir können einfach überlegen, wie oft es das Herzass gibt (1x) und wie viele Karten insgesamt im Kartendeck vorhanden sind (32).

\(\qquad \enspace P(A \cap B) = \underline{\underline{\frac{1}{32}}}\)

f. Sind die Ereignisse A und B aus Teilaufgabe e. unabhängig voneinander?

A = {Herzkarte}
B = {Ass}
\(\qquad \enspace P(A) =\) \(\frac{8}{32} = \frac{1}{4}\)
\(\qquad \enspace P(B) =\) \(\frac{4}{32} = \frac{1}{8}\)
\(\qquad \enspace P(B|A) =\) \(\frac{P(A \cap B)}{P(A)} =\frac{\frac{1}{32}}{\frac{1}{4}} = \frac{1}{8}\) \(= \underline{\underline{.125}}\)
\(\rightarrow P(B|A) = P(B)\)
\(\rightarrow\) B ist unabhängig von A.

• Um 16.000€ zu gewinnen, musst Du 9 Fragen korrekt beantworten.
• Stochastisch ausgedrückt: Wir suchen die Wahrscheinlichkeit für die Schnittmenge, dass 9 Mal hintereinander das Ereignis »Richtig« eintritt.
• Wir nutzen dazu das Multiplikationstheorem:
  

\(P(F1_{richtig} \cap F2_{richtig} \cap \ldots \cap F8_{richtig} \cap F9_{richtig}) = P(F1_{richtig}) \cdot P(F2_{richtig}) \dots P(F9_{richtig})\)

• Pro Frage gibt es 4 Antwortmöglichkeiten und eine richtige Antwort. Es gibt also ein günstiges unter 4 möglichen Ergebnissen. Somit liegt die Wahrscheinlichkeit, eine Frage zufällig korrekt zu beantworten, bei \(\frac{1}{4}\).
• Du hast aber noch die drei Joker:
  • Mit dem 50:50-Joker steigt Deine Ratewahrscheinlichkeit für eine der 9 Fragen auf \(\frac{1}{2}\). (Es gibt nur noch 2 mögliche Ergebnisse.)
  • Mit dem Telefonjoker kannst Du eine Antwortmöglichkeit ausschließen, sodass es nur noch 3 mögliche Ergebnisse Ergebnisse für eine weitere Frage gibt. Für diese Frage steigt Deine Ratewahrscheinlichkeit auf \(\frac{1}{3}\).
  • Mit dem Publikumsjoker erhälst Du für eine letzte Frage ein sicheres Ereignis: Die »Ratewahrscheinlichkeit« liegt hier bei 100%.
• Wir setzen ein:

\(\qquad \enspace P(F1_{richtig} \cap F2_{richtig} \cap \ldots \cap F9_{richtig}) =\) \(\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot\) \(1\) \(\qquad \enspace = \frac{1}{24576}\) \(= \underline{\underline{.0000405}}\)

Prävalenz: \(P(K) = .0001\)
Sensitivität: \(P(D|K) = .9\)
Spezifität: \(P(\bar{D}|\bar{K}) = .98\)

(Für die Klausur müssen die vorangegangenen Wahrscheinlichkeiten bei dieser Aufgabenstellung nicht als Prävalenz etc. benannt werden. Allerdings muss die Beschriftung eindeutig sein. Der folgende Rechenweg wird selten gefordert, aber damit ihr ggf. Folgefehler angerechnet bekämet, wäre er notwendig.)

positiver Vorhersagewert:

\(P(D|\bar{K}) = 1 - P(\bar{D}|\bar{K}) = 1 - .98 = .02\)
\(P(\bar{K}) = 1 - P(K) = 1 - .0001 = .999\)

\(\begin{aligned} P(K|D) &= \frac{P(D|K) \cdot P(K)}{P(D|K) \cdot P(K) + P(D|\bar{K}) \cdot P(\bar{K})}\\[1,2ex] &= \frac{.9 \cdot .0001}{.9 \cdot .0001 + .02 \cdot .9999}\\[1,2ex] &= \underline{\underline{0.004}}\\[1,2ex] \end{aligned}\)

negativer Vorhersagewert:

\(\begin{aligned} P(\bar{K}|\bar{D}) &= \frac{P(\bar{D}|\bar{K}) \cdot P(\bar{K})}{P(\bar{D}|\bar{K}) \cdot P(\bar{K}) + P(\bar{D}|K) \cdot P(K)}\\[1,2ex] &= \frac{.98 \cdot .9999}{.98 \cdot .9999 + .1 \cdot .0001}\\[1,2ex] &= \underline{\underline{1}}\\[1,2ex] \end{aligned}\)

Ereignis A = {Würfeln einer 6 im ersten Wurf} = \(\frac{1}{6}\)
Ereignis B = {Würfeln einer 6 im zweiten Wurf} = \(\frac{1}{6}\)
Ereignis C = {Würfeln einer 6 im dritten Wurf} = \(\frac{1}{6}\)

Da die Ereignisse voneinander unabhängig sind, ist die Wahrscheinlichkeit, im dritten Wurf eine »6« zu würfeln, noch immer \(\frac{1}{6}\).

Hat Dich Deine Intuition hierbei fehlgeleitet? Das bezeichnet man als gambler‘s fallacy: Die Tendenz anzunehmen, dass die Auftretenswahrscheinlichkeit von zukünftigen Ereignissen durch vergangene Ereignisse beeinflusst wird - obwohl sie unabhängig voneinander sind.

Die Ereignisse sind unabhängig voneinander, d.h. für jeden Gang kannst Du die einfachen Wahrscheinlichkeiten nutzen.
Zudem kennen wir die jeweiligen Alternativen nicht, also müssen wir lediglich die Wahrscheinlichkeit dafür berechnen, dass irgendeine Kombination richtig geraten wird.

Eine bestimmte Kombination der Gänge berechnet sich als die Schnittmenge der drei Ereignisse, dass der Hellseher den jeweiligen Gang richtig rät. Es gibt pro Gang nur zwei Möglichkeiten, nämlich richtig oder falsch zu raten. Die Wahrscheinlichkeit, richtig zu raten, ist für dieses Laplace-Experiment jeweils die Anzahl der günstigen Ergebnisse, d.h. 1 (denn der Gast wählt nur je eine Vorspeise, ein Hauptgericht und aus irgendeinem Grund nur eine Nachspeise), geteilt durch die Anzahl der möglichen Ergebnisse. Die Anzahl der möglichen Ereignisse ist die jeweilige Anzahl der Alternativen, zwischen denen für den Gang gewählt werden kann:

\(P(V_{richtig} \cap H_{richtig} \cap N_{richtig}) = P(V_{richtig}) \cdot P(H_{richtig}) \cdot P(N_{richtig})\)
\(P(V_{richtig} \cap H_{richtig} \cap N_{richtig}) =\) \(\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{72}\) \(= .013\bar{8} \approx \underline{\underline{.014}}\)

• Gesucht ist die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass die Münze gezinkt ist, gegeben, dass drei Mal Kopf gefallen ist.
  
• Es gibt drei Münzen, von denen eine gezinkt ist. Die unbedingte Wahrscheinlichkeit, dass eine gegebene Münze gezinkt (gez) ist, beträgt also \(P(gez) =\) \(\frac{1}{3}\).
  
• Entsprechend ist die unbedingte Wahrscheinlichkeit, dass eine gegebene Münze nicht gezinkt (\(\bar{gez}\)) ist, die Gegenwahrscheinlichkeit \(P(\bar{gez}) =\) \(\frac{2}{3}\)
  
• \(P(3 \times Kopf|\bar{gez})\)
  
  • Wenn die Münze nicht gezinkt ist, gilt für jeden der drei Münzwürfe eine Erfolgswahrscheinlichkeit von 50%, dass Kopf fällt.
  • Wir betrachten hier das gemeinsame Auftreten dreier Ereignisse, nämlich, dass drei Mal Kopf fällt (K). Daher verwenden wir das Multiplikationstheorem, um die zugehörige Wahrscheinlichkeit zu berechnen.
    \(P(K|\bar{gez}) =\) \(\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = (\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}\)
    
• \(P(3 \times Kopf|gez)\)
  • Wenn die Münze gezinkt ist, muss Kopf fallen. Es handelt sich um ein sicheres Ereignis, dessen Wahrscheinlichkeit also 1 ist.
    \(P(K|gez) = 1\)
    
• Diese Größen setzen wir in die Formel für das Bayes-Theorem ein.
  
  \(\begin{aligned} P(gez|K) &= \frac{P(K|gez) \cdot P(gez)}{P(K|gez) \cdot P(gez) + P(K|\bar{gez}) \cdot P(\bar{gez})}\\ &= \frac{1 \cdot \frac{1}{3}}{1 \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{8} \cdot \frac{2}{3}}\\ &= \underline{\underline{0.8}}\\ \end{aligned}\)
  

\(\quad \rightarrow\) Unter diesen Umständen beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass die Münze gezinkt ist,
\(\hspace{2,5em}\)80%.

Die Priorwahrscheinlichkeit ist die unbedingte Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses

• Die Priorwahrscheinlichkeit ist im Kontext des Bayes-Theorems die unbedingte Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses.
  • Für Krankheiten oder psychische Störungen ist das die Prävalenz.
  • In diesem Fall ist die unbedingte Wahrscheinlichkeit gemeint, dass die Münze gezinkt ist (P(gez)).
• Die Posteriorwahrscheinlichkeit ist entsprechend die bedingte Wahrscheinlichkeit dieses Ereignisses (dass die Münze gezinkt ist), gegeben, dass bereits ein anderes Ereignis eingetreten ist (3 x Kopf).
• Wir arbeiten hier entsprechend der Aufgabenstellung mit der Priorwahrscheinlichkeit \(\boldsymbol{P(gez) = 0.8}\). Die anderen Wahrscheinlichkeiten bleiben gleich:
  \(P(K|\bar{gez}) =\) \((\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}\)
  \(P(K|gez) = 1\)
  \(P(gez) = 0.8\)
  
  \(\begin{aligned} P(gez|K) &= \frac{P(K|gez) \cdot P(gez)}{P(K|gez) \cdot P(gez) + P(K|\bar{gez}) \cdot P(\bar{gez})}\\[1,2ex] &= \frac{1 \cdot 0.8}{1 \cdot 0.8 + \frac{1}{8} \cdot 0.2}\\[1,2ex] &= 0.9697 \approx \underline{\underline{0.97}}\\[1,2ex] \end{aligned}\)
  

Übrigens: Zu demselben Ergebnis führt es, wenn wir von der Priorwahrscheinlichkeit von \(\frac{1}{3}\) und von 6 Mal Kopf in 6 Münzwürfen ausgehen. D.h., wir gehen von der unbedingten Wahrscheinlichkeit für eine gezinkte Münze \(P(gez) =\) \(\frac{1}{3}\) aus und betrachten alle sechs Würfe, in denen jeweils Kopf fällt, als einen Durchgang. Es macht also keinen Unterschied, ob wir die Priorwahrscheinlichkeit in einem Zwischenschritt anpassen und zwei getrennte Vorgänge berechnen, oder nicht:

\(P(K|\bar{gez}) =\) \((\frac{1}{2})^{\boldsymbol{6}} = \frac{1}{64}\)
\(P(K|gez) = 1\)
\(P(gez) =\) \(\frac{1}{3}\)

\(\begin{aligned} P(gez|K) &= \frac{P(K|gez) \cdot P(gez)}{P(K|gez) \cdot P(gez) + P(K|\bar{gez}) \cdot P(\bar{gez})}\\[1,2ex] &= \frac{1 \cdot \frac{1}{3}}{1 \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{64} \cdot \frac{2}{3}}\\[1,2ex] &= 0.9697 \approx \underline{\underline{0.97}}\\[1,2ex] \end{aligned}\)

zu a.

a.

Wir wissen, dass eine erkrankte Person mit einer Wahrscheinlichkeit von \(P(A) = .6\) eine Augentrübung bekommt. Mit der Gegenwahrscheinlichkeit \(P(\bar{A}) = .4\) bekommt die Person also keine Augentrübung. In letzterem Fall kann die Person an dieser Erkrankung nicht erblinden, das heißt, in diesem Fall ist \(P(B|\bar{A}) = 0\) und die Wahrscheinlichkeit nicht zu erblinden lautet \(P(\bar{B}|\bar{A}) = 1\).
Wenn die Person aber bereits eine Augentrübung hat, dann erblindet sie mit einer Wahrscheinlichkeit von \(P(B|A) = .3\) auch an der Krankheit. Die Gegenwahrscheinlichkeit, mit der Augentrübung nicht zu erblinden, berechnet sich als \(P(\bar{B}|A) = .7\).

Unsere Wahrscheinlichkeiten zu der Krankheit lauten also:

\(P(A) = .6\)
\(P(\bar{A}) = .4\)
\(P(B|\bar{A}) = 0\)
\(P(\bar{B}|\bar{A}) = 1\)
\(P(B|A) = .3\)
\(P(\bar{B}|A) = .7\)

Einige davon müssen wir in den Satz der totalen Wahrscheinlichkeit einsetzen:

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

\(\qquad \enspace = .6 \cdot .3 + .4 \cdot .0 = \underline{\underline{.18}}\)

\(\rightarrow\) 18% der Erkrankten erreichen Stadium B der Krankheit.

b.

Es ändern sich nur die Wahrscheinlichkeiten \(P(B|\bar{A})\) und \(P(\bar{B}|\bar{A})\): Erblinden ohne vorherige Augentrübung erfolgt mit der Wahrscheinlichkeit \(P(B|\bar{A}) = .1\). Die Gegenwahrscheinlichkeit, weder Augentrübung noch Erblinden zu erleiden, ist entsprechend \(P(\bar{B}|\bar{A}) = .9\).

\(P(B) = P(A) \cdot P(A|B) + P(\bar{A}) \cdot P(B|\bar{A})\)
\(\qquad \enspace = .6 \cdot .3 + .4 \cdot .1 = \underline{\underline{.22}}\)

\(\rightarrow\) 22% der Erkrankten erreichen Stadium B der Krankheit.