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- Welche Eigenschaft wird im linken Baum erst auf der zweiten Stufe unterschieden? - Beim Umkehren wechseln die beiden Merkmale ihre Reihenfolge, nicht ihre Bedeutung. - Welches gemeinsame Ereignis beschreibt der linke Pfad \(F\) und danach \(H\)?

1. Beim Umkehren wird das zweite Merkmal des linken Baums zum ersten Merkmal des rechten Baums. Auf der ersten Stufe stehen daher \(H\) und \(\bar H\). 2. Das gemeinsame Ereignis \(F\cap H\) bleibt dasselbe. Im rechten Baum wird es durch den Pfad \(H\) und danach \(F\) beschrieben.

Erste Stufe rechts: \(H\) und \(\bar H\). Der entsprechende Pfad ist \(H\) und danach \(F\).

- Welche beiden Endgruppen des linken Baums gehören im umgekehrten Baum gemeinsam zum Knoten „Wettbewerb“? - Addiere nur Häufigkeiten mit demselben zweiten Merkmal. - Prüfe, ob die beiden neuen Häufigkeiten zusammen wieder \(100\) ergeben.

1. Am Wettbewerb nehmen \(24+18=42\) Jugendliche teil. 2. Nicht am Wettbewerb nehmen \(16+42=58\) Jugendliche teil. 3. Im umgekehrten Häufigkeitsbaum stehen daher auf der ersten Stufe \(42\) bei „Wettbewerb“ und \(58\) bei „kein Wettbewerb“.

Wettbewerb: \(42\); kein Wettbewerb: \(58\).

- Stelle zuerst fest, wie viele ausgezeichnete Personen es in beiden Programmen zusammen gibt. - Die neue Bezugsgruppe besteht nur aus den ausgezeichneten Personen. - Welcher Teil dieser Bezugsgruppe gehört zum Musikprogramm?

1. Aus dem Diagramm sind insgesamt \(144+72=216\) Personen ausgezeichnet. 2. Davon stammen \(144\) aus dem Musikprogramm. 3. Innerhalb der ausgezeichneten Personen beträgt der Musikanteil daher \(\frac{144}{216}=\frac{2}{3}\).

\(\frac{2}{3}\approx66{,}7\,\%\)

- Fasse im linken Häufigkeitsbaum zuerst alle Endgruppen mit demselben zweiten Merkmal zusammen. - Diese beiden Summen bilden die neuen Bezugsgruppen der ersten Stufe. - Innerhalb jeder neuen Bezugsgruppe vergleichst du die Häufigkeiten von \(T\) und \(\bar T\).

1. Im linken Baum starten \(60+30=90\) Personen am Vormittag und \(20+90=110\) nicht am Vormittag. 2. Für die erste Stufe des umgekehrten Baums gilt daher \(P(M)=\frac{90}{200}=0{,}45\) und \(P(\bar M)=0{,}55\). 3. Unter den \(90\) Personen mit Vormittagsstart gehören \(60\) zu \(T\). Somit ist \(P_M(T)=\frac{60}{90}=\frac{2}{3}\) und \(P_M(\bar T)=\frac{1}{3}\). 4. Unter den \(110\) übrigen Personen gehören \(20\) zu \(T\). Daher ist \(P_{\bar M}(T)=\frac{20}{110}=\frac{2}{11}\) und \(P_{\bar M}(\bar T)=\frac{9}{11}\).

Erste Stufe: \(P(M)=0{,}45\), \(P(\bar M)=0{,}55\). Nach \(M\): \(P_M(T)=\frac{2}{3}\), \(P_M(\bar T)=\frac{1}{3}\). Nach \(\bar M\): \(P_{\bar M}(T)=\frac{2}{11}\), \(P_{\bar M}(\bar T)=\frac{9}{11}\).

- Welche vollständigen Pfade führen zum Ereignis „fehlerhaft gelesen“? - Bei b) ist die Menge aller fehlerhaft gelesenen Pakete die neue Bezugsgruppe. - Zerlege in c) Zähler und Nenner jeweils in die Ereignisse, die durch die Faktoren beschrieben werden.

1. Zum Ereignis \(F\) führen die beiden Fehlerpfade. Daher gilt \(P(F)=0{,}7\cdot0{,}02+0{,}3\cdot0{,}05=0{,}029\). 2. Der Fehlerpfad über Scanner \(A\) hat die Wahrscheinlichkeit \(P(A\cap F)=0{,}7\cdot0{,}02=0{,}014\). Innerhalb aller fehlerhaft gelesenen Pakete ist deshalb \(P_F(A)=\frac{0{,}014}{0{,}029}=\frac{14}{29}\approx0{,}4828\), also gerundet \(48{,}3\,\%\). 3. Im Zähler steht die Wahrscheinlichkeit für den Pfad „Scanner \(B\) und korrekte Lesung“. Der Nenner ist die Gesamtwahrscheinlichkeit einer korrekten Lesung über beide Scanner. Der Term ist daher \(P_{\bar{F}}(B)\).

a) \(P(F)=0{,}029=2{,}9\,\%\) b) \(P_F(A)\approx48{,}3\,\%\) c) Der Term ist \(P_{\bar{F}}(B)\): die Wahrscheinlichkeit, dass Scanner \(B\) das Paket verarbeitet hat, unter der Bedingung einer korrekten Lesung.

- Die Testeigenschaften bleiben in a) und b) gleich; nur die Größe der Ausgangsgruppe \(S\) ändert sich. - Bestimme in jedem Fall den Gesamtanteil positiver Ergebnisse aus beiden Ausgangsgruppen. - Vergleiche anschließend den Anteil des Pfades \(S\cap T\) an allen positiven Ergebnissen.

1. Für \(P(S)=0{,}005\) ist \(P(T)=0{,}98\cdot0{,}005+0{,}04\cdot0{,}995=0{,}0447\). Der gemeinsame Anteil \(P(S\cap T)\) ist \(0{,}0049\). Damit gilt \(P_T(S)=\frac{0{,}0049}{0{,}0447}\approx0{,}1096\), also \(11{,}0\,\%\). 2. Für \(P(S)=0{,}05\) ist \(P(T)=0{,}98\cdot0{,}05+0{,}04\cdot0{,}95=0{,}087\). Mit \(P(S\cap T)=0{,}049\) folgt \(P_T(S)=\frac{0{,}049}{0{,}087}\approx0{,}5632\), also \(56{,}3\,\%\). 3. Bei höherer Grundhäufigkeit stammt ein größerer Anteil aller positiven Ergebnisse aus der Gruppe \(S\). Deshalb steigt hier \(P_T(S)\), obwohl Sensitivität und Spezifität gleich bleiben.

a) \(P_T(S)\approx11{,}0\,\%\) b) \(P_T(S)\approx56{,}3\,\%\) c) Eine höhere Grundhäufigkeit erhöht hier deutlich den Anteil tatsächlich Betroffener unter den positiv Getesteten.

- Ein Alarm kann auf zwei verschiedenen vollständigen Pfaden entstehen. - Bei b) und c) ändert sich jeweils die Bezugsgruppe entsprechend dem beobachteten Scannergebnis. - Für d) brauchst du den Anteil der unbeschädigten Pakete innerhalb der Alarmgruppe, nicht innerhalb aller Pakete.

1. Die beiden Alarm-Pfade ergeben \(P(S)=0{,}02\cdot0{,}94+0{,}98\cdot0{,}04=0{,}058\). 2. Der Pfad \(B\cap S\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}02\cdot0{,}94=0{,}0188\). Daher ist \(P_S(B)=\frac{0{,}0188}{0{,}058}\approx0{,}3241\), also gerundet \(32{,}4\,\%\). 3. Für keinen Alarm gilt \(P(\bar{S})=1-0{,}058=0{,}942\). Der Pfad \(B\cap\bar{S}\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}02\cdot0{,}06=0{,}0012\). Somit ist \(P_{\bar{S}}(B)=\frac{0{,}0012}{0{,}942}\approx0{,}001274\), also \(0{,}13\,\%\). 4. Unter den Alarmen ist der Anteil unbeschädigter Pakete \(P_S(\bar{B})=1-P_S(B)\approx0{,}6759\). Für \(200\) Alarmpakete ergibt das \(200\cdot0{,}6759\approx135{,}2\), also etwa \(135\) Pakete.

a) \(P(S)=0{,}058=5{,}8\,\%\) b) \(P_S(B)\approx32{,}4\,\%\) c) \(P_{\bar{S}}(B)\approx0{,}13\,\%\) d) Etwa \(135\) Pakete sind unbeschädigt.

- Nutze zuerst die Zeilen- und Spaltensummen, um die Tabelle vollständig zu machen. - Welche Randwahrscheinlichkeiten stehen jeweils an der ersten Stufe eines Baumdiagramms? - Beim Wechsel der ersten Stufe bleiben die vier gemeinsamen Pfadanteile dieselben; nur die Bezugsgruppen der zweiten Stufe ändern sich.

1. Es gilt \(n(A\cap S)=1200-900=300\), \(n(B\cap R)=1300-900=400\), \(n(B)=2000-1200=800\), \(n(B\cap S)=800-400=400\) und \(n(S)=700\). 2. Für die Reihenfolge Altersgruppe → Nutzung erhält man \(P(A)=0{,}6\), \(P(B)=0{,}4\), \(P_A(R)=0{,}75\), \(P_A(S)=0{,}25\), \(P_B(R)=0{,}5\) und \(P_B(S)=0{,}5\). 3. Für die umgekehrte Reihenfolge Nutzung → Altersgruppe gilt \(P(R)=0{,}65\), \(P(S)=0{,}35\), \(P_R(A)=\frac{9}{13}\), \(P_R(B)=\frac{4}{13}\), \(P_S(A)=\frac{3}{7}\) und \(P_S(B)=\frac{4}{7}\).

1. Fehlende Werte: \(n(A\cap S)=300\), \(n(B\cap R)=400\), \(n(B\cap S)=400\), \(n(B)=800\), \(n(S)=700\). 2. \(P(A)=0{,}6\), \(P(B)=0{,}4\), \(P_A(R)=0{,}75\), \(P_A(S)=0{,}25\), \(P_B(R)=0{,}5\), \(P_B(S)=0{,}5\). 3. \(P(R)=0{,}65\), \(P(S)=0{,}35\), \(P_R(A)=\frac{9}{13}\), \(P_R(B)=\frac{4}{13}\), \(P_S(A)=\frac{3}{7}\), \(P_S(B)=\frac{4}{7}\).

- Ergänze zuerst die Gegenwahrscheinlichkeiten zur täglichen Nutzung innerhalb beider Studiengruppen. - Für Frage 1 ist die Bezugsgruppe die Menge aller Personen ohne tägliche Bibliotheksnutzung. - Vergleiche die Bedingungsrichtung in Frage 1 mit der in Frage 2.

1. Es gilt \(P(B)=1-0{,}42=0{,}58\), \(P_M(\bar{L})=0{,}85\) und \(P_B(\bar{L})=0{,}75\). 2. Die Gesamtwahrscheinlichkeit für keine tägliche Nutzung ist \(P(\bar{L})=0{,}42\cdot0{,}85+0{,}58\cdot0{,}75=0{,}792\). 3. Der Pfad \(B\cap\bar{L}\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}58\cdot0{,}75=0{,}435\). Innerhalb aller Personen ohne tägliche Nutzung gilt daher \(P_{\bar{L}}(B)=\frac{0{,}435}{0{,}792}=\frac{145}{264}\approx0{,}5492\), also gerundet \(54{,}9\,\%\). 4. Für die zweite Frage ist die Bedingungsrichtung bereits passend gegeben: \(P_B(\bar{L})=0{,}75\).

1. \(P_{\bar{L}}(B)\approx54{,}9\,\%\) 2. \(P_B(\bar{L})=75\,\%\)

- Ergänze zuerst an jeder Verzweigung die Gegenwahrscheinlichkeit. - Welche beiden Pfade führen zu einem positiven Testergebnis? - Für b) ist die Gruppe aller positiven Testergebnisse die neue Bezugsgruppe.

1. Es gilt \(P(\bar{B})=0{,}95\), \(P_B(-)=0{,}05\) und \(P_{\bar{B}}(-)=0{,}90\). 2. Die vier Pfadwahrscheinlichkeiten sind \(P(B\cap +)=0{,}05\cdot0{,}95=0{,}0475\), \(P(B\cap -)=0{,}05\cdot0{,}05=0{,}0025\), \(P(\bar{B}\cap +)=0{,}95\cdot0{,}10=0{,}095\) und \(P(\bar{B}\cap -)=0{,}95\cdot0{,}90=0{,}855\). 3. Insgesamt ist \(P(+)=0{,}0475+0{,}095=0{,}1425\). 4. Innerhalb aller positiven Testergebnisse entfällt der Anteil \(0{,}0475\) auf Personen mit \(B\). Daher gilt \(P_+(B)=\frac{0{,}0475}{0{,}1425}=\frac{1}{3}\).

a) Fehlende Astwahrscheinlichkeiten: \(P(\bar{B})=0{,}95\), \(P_B(-)=0{,}05\), \(P_{\bar{B}}(-)=0{,}90\). Pfadwahrscheinlichkeiten: \(0{,}0475\), \(0{,}0025\), \(0{,}095\), \(0{,}855\). b) \(P_+(B)=\frac{1}{3}\approx33{,}3\,\%\)

- Die inneren Tabellenfelder entsprechen vollständigen Pfaden im Baumdiagramm. - Für eine Spaltensumme werden die gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten mit derselben zweiten Ausprägung addiert. - Bei b) und c) legt jeweils die zweite Ausprägung die Bezugsgruppe fest.

1. Die gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten sind \(P(B\cap Z)=0{,}6\cdot0{,}5=0{,}30\), \(P(B\cap N)=0{,}18\), \(P(B\cap U)=0{,}12\), \(P(A\cap Z)=0{,}12\), \(P(A\cap N)=0{,}16\) und \(P(A\cap U)=0{,}12\). 2. Die Spaltensummen sind \(P(Z)=0{,}42\), \(P(N)=0{,}34\) und \(P(U)=0{,}24\). 3. Innerhalb der zufriedenen Personen ist \(P_Z(B)=\frac{0{,}30}{0{,}42}=\frac{5}{7}\approx0{,}7143\), also gerundet \(71{,}4\,\%\). Das ist der Bahnanteil unter den Zufriedenen. 4. Innerhalb der unzufriedenen Personen gilt \(P_U(A)=\frac{0{,}12}{0{,}24}=0{,}5\).

a) <table><tr><th></th><th>\(Z\)</th><th>\(N\)</th><th>\(U\)</th><th>Summe</th></tr><tr><th>\(B\)</th><td>\(0{,}30\)</td><td>\(0{,}18\)</td><td>\(0{,}12\)</td><td>\(0{,}60\)</td></tr><tr><th>\(A\)</th><td>\(0{,}12\)</td><td>\(0{,}16\)</td><td>\(0{,}12\)</td><td>\(0{,}40\)</td></tr><tr><th>Summe</th><td>\(0{,}42\)</td><td>\(0{,}34\)</td><td>\(0{,}24\)</td><td>\(1\)</td></tr></table> b) \(P_Z(B)\approx71{,}4\,\%\); unter den Zufriedenen nutzen etwa \(71{,}4\,\%\) die Bahn. c) \(P_U(A)=50\,\%\)

- Welche vollständigen Pfade führen im linken Baum zum Ereignis \(B\)? - Beim Umkehren ändern sich die gemeinsamen Pfadereignisse nicht; nur die Reihenfolge der Merkmale ändert sich. - Teile für einen Ast im umgekehrten Baum die passende Pfadwahrscheinlichkeit durch die Wahrscheinlichkeit des neuen ersten Astes.

1. Die beiden Pfade zu \(B\) haben die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}3\cdot0{,}6=0{,}18\) und \(0{,}7\cdot0{,}1=0{,}07\). Daher ist \(P(B)=0{,}25\). 2. Für die erste Stufe des umgekehrten Baums gilt damit \(P(B)=0{,}25\) und \(P(\bar{B})=0{,}75\). 3. Die Schnittwahrscheinlichkeiten bleiben beim Umkehren gleich. Deshalb ist \(P_B(A)=\frac{0{,}18}{0{,}25}=0{,}72\) und \(P_B(\bar{A})=0{,}28\). 4. Außerdem ist \(P(A\cap\bar{B})=0{,}3\cdot0{,}4=0{,}12\). Somit gilt \(P_{\bar{B}}(A)=\frac{0{,}12}{0{,}75}=0{,}16\) und \(P_{\bar{B}}(\bar{A})=0{,}84\).

a) \(P(B)=0{,}25\) b) Erste Stufe: \(P(B)=0{,}25\), \(P(\bar{B})=0{,}75\). Nach \(B\): \(P_B(A)=0{,}72\), \(P_B(\bar{A})=0{,}28\). Nach \(\bar{B}\): \(P_{\bar{B}}(A)=0{,}16\), \(P_{\bar{B}}(\bar{A})=0{,}84\).

- Ergänze zunächst die Gegenwahrscheinlichkeiten an den drei unvollständigen Verzweigungen. - Welche beiden Pfade führen zur Testanzeige \(T\)? - Für b) und c) besteht die Bezugsgruppe nur aus Chips mit der Anzeige \(T\). - Vergleiche für die Erklärung die Größe der beiden Ausgangsgruppen, nicht nur die Testquoten innerhalb der Gruppen.

1. Es gilt \(P(\bar{D})=0{,}98\), \(P_D(\bar{T})=0{,}05\) und \(P_{\bar{D}}(\bar{T})=0{,}98\). 2. Für die Testanzeige \(T\) gilt \(P(T)=0{,}02\cdot0{,}95+0{,}98\cdot0{,}02=0{,}0386\). 3. Der Pfad \(D\cap T\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}019\). Damit ist \(P_T(D)=\frac{0{,}019}{0{,}0386}=\frac{95}{193}\approx0{,}4922\), also gerundet \(49{,}2\,\%\). 4. Der Anteil der einwandfreien Chips unter den angezeigten Defekten ist \(P_T(\bar{D})=1-P_T(D)=\frac{98}{193}\approx0{,}5078\), also etwa \(50{,}8\,\%\). 5. Obwohl ein einzelner einwandfreier Chip nur selten einen Fehlalarm erzeugt, gibt es im Modell sehr viel mehr einwandfreie als defekte Chips. Daher kann die absolute Zahl der Fehlalarme ähnlich groß oder größer als die Zahl der echten Treffer sein.

a) \(P(\bar{D})=0{,}98\), \(P_D(\bar{T})=0{,}05\), \(P_{\bar{D}}(\bar{T})=0{,}98\) b) \(P_T(D)\approx49{,}2\,\%\) c) \(P_T(\bar{D})\approx50{,}8\,\%\). Die große Grundgruppe der einwandfreien Chips erzeugt trotz kleiner Fehlalarmwahrscheinlichkeit viele Fehlalarme.

- Ergänze zuerst die Gegenwahrscheinlichkeiten im gegebenen Baum. - Beim Umkehren bleiben die Wahrscheinlichkeiten der vier vollständigen Pfade dieselben. - Bestimme zuerst die Wahrscheinlichkeiten der neuen ersten Stufe. - Für einen Ast der zweiten Stufe im umgekehrten Baum setzt du die passende Pfadwahrscheinlichkeit ins Verhältnis zur neuen Bezugsgruppe.

1. Im gegebenen Baum gilt \(P(\bar{F})=0{,}97\), \(P_F(\bar{T})=0{,}04\) und \(P_{\bar{F}}(\bar{T})=0{,}98\). 2. Die beiden positiven Pfade ergeben \(P(T)=0{,}03\cdot0{,}96+0{,}97\cdot0{,}02=0{,}0482\). Daher ist \(P(\bar{T})=0{,}9518\). 3. Der Pfad \(F\cap T\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}0288\). Somit gilt \(P_T(F)=\frac{0{,}0288}{0{,}0482}=\frac{144}{241}\approx0{,}5975\), also \(59{,}8\,\%\). 4. Für den umgekehrten Baum folgt nach \(T\): \(P_T(F)\approx0{,}5975\) und \(P_T(\bar{F})\approx0{,}4025\). 5. Für den Pfad \(F\cap\bar{T}\) gilt \(0{,}03\cdot0{,}04=0{,}0012\). Daher ist \(P_{\bar{T}}(F)=\frac{0{,}0012}{0{,}9518}\approx0{,}0013\) und \(P_{\bar{T}}(\bar{F})\approx0{,}9987\).

a) \(P(\bar{F})=0{,}97\), \(P_F(\bar{T})=0{,}04\), \(P_{\bar{F}}(\bar{T})=0{,}98\) b) \(P(T)=0{,}0482\) c) \(P_T(F)\approx59{,}8\,\%\) d) Erste Stufe: \(P(T)=0{,}0482\), \(P(\bar{T})=0{,}9518\). Nach \(T\): \(P_T(F)\approx0{,}5975\), \(P_T(\bar{F})\approx0{,}4025\). Nach \(\bar{T}\): \(P_{\bar{T}}(F)\approx0{,}0013\), \(P_{\bar{T}}(\bar{F})\approx0{,}9987\).

- Bestimme zuerst die vier Pfadwahrscheinlichkeiten im linken Baum. - Die neuen Wahrscheinlichkeiten der ersten Stufe entstehen durch das Addieren passender Pfade. - Im umgekehrten Baum bleibt jede gemeinsame Pfadwahrscheinlichkeit erhalten. - Achte beim Vergleich in c) auf die jeweils unterschiedliche Bezugsgruppe.

1. Im linken Baum ergeben sich die Pfadwahrscheinlichkeiten \(P(P\cap S)=0{,}4\cdot0{,}7=0{,}28\), \(P(P\cap\bar S)=0{,}12\), \(P(\bar P\cap S)=0{,}18\) und \(P(\bar P\cap\bar S)=0{,}42\). 2. Daher ist \(P(S)=0{,}28+0{,}18=0{,}46\) und \(P(\bar S)=0{,}54\). 3. Für den umgekehrten Baum gilt \(P_S(P)=\frac{0{,}28}{0{,}46}=\frac{14}{23}\approx0{,}609\) und \(P_S(\bar P)=\frac{9}{23}\approx0{,}391\). 4. Entsprechend ist \(P_{\bar S}(P)=\frac{0{,}12}{0{,}54}=\frac{2}{9}\approx0{,}222\) und \(P_{\bar S}(\bar P)=\frac{7}{9}\approx0{,}778\). 5. \(P_P(S)=0{,}7\) bezieht sich auf die Gruppe der Podcast-Hörenden; \(P_S(P)\approx0{,}609\) auf die Gruppe der Streaming-Nutzenden. Die Bezugsgruppen sind verschieden.

a) \(P(S)=0{,}46\) b) Erste Stufe: \(P(S)=0{,}46\), \(P(\bar S)=0{,}54\). Nach \(S\): \(P_S(P)=\frac{14}{23}\approx0{,}609\), \(P_S(\bar P)=\frac{9}{23}\approx0{,}391\). Nach \(\bar S\): \(P_{\bar S}(P)=\frac{2}{9}\approx0{,}222\), \(P_{\bar S}(\bar P)=\frac{7}{9}\approx0{,}778\). c) \(P_P(S)=0{,}7\) ist der Streaming-Anteil unter den Podcast-Hörenden; \(P_S(P)\approx0{,}609\) ist der Podcast-Anteil unter den Streaming-Nutzenden.

- Berechne zuerst die Wahrscheinlichkeiten der vier vollständigen Pfade im Diagramm. - Fasse anschließend die Pfade nach dem Ereignis der zweiten Stufe zusammen. - Bei der umgekehrten Bedingung ist die neue Bezugsgruppe jeweils \(B\) beziehungsweise \(\bar B\).

1. Die vier Pfadwahrscheinlichkeiten sind \(P(A\cap B)=0{,}4\cdot0{,}75=0{,}30\), \(P(A\cap\bar B)=0{,}4\cdot0{,}25=0{,}10\), \(P(\bar A\cap B)=0{,}6\cdot0{,}25=0{,}15\) und \(P(\bar A\cap\bar B)=0{,}6\cdot0{,}75=0{,}45\). 2. Daraus folgt \(P(B)=0{,}30+0{,}15=0{,}45\). Somit ist \(P_B(A)=\frac{0{,}30}{0{,}45}=\frac{2}{3}\). 3. Außerdem ist \(P(\bar B)=0{,}10+0{,}45=0{,}55\). Daher gilt \(P_{\bar B}(A)=\frac{0{,}10}{0{,}55}=\frac{2}{11}\).

\(P_B(A)=\frac{2}{3}\); \(P_{\bar B}(A)=\frac{2}{11}\)

- Welche drei vollständigen Pfade führen zum Ereignis „fehlerhaft“? - Addiere diese Pfadwahrscheinlichkeiten, um die Größe der neuen Bezugsgruppe zu erhalten. - Vergleiche anschließend den Fehlerpfad von ElbeComp mit allen Fehlerpfaden zusammen.

1. Die Fehlerpfade haben die Wahrscheinlichkeiten \(P(H\cap F)=0{,}5\cdot0{,}01=0{,}005\), \(P(I\cap F)=0{,}3\cdot0{,}03=0{,}009\) und \(P(E\cap F)=0{,}2\cdot0{,}05=0{,}010\). 2. Damit ist \(P(F)=0{,}005+0{,}009+0{,}010=0{,}024\). 3. Innerhalb aller fehlerhaften Bauteile gilt \(P_F(E)=\frac{0{,}010}{0{,}024}=\frac{5}{12}\approx0{,}4167\), also gerundet \(41{,}7\,\%\).

\(P_F(E)=\frac{5}{12}\approx41{,}7\,\%\)

- Vergleiche genau die Richtung der beiden bedingten Wahrscheinlichkeiten. - Welche gemeinsame Pfadwahrscheinlichkeit bleibt in beiden Baumreihenfolgen dieselbe? - Für die umgekehrte Bedingung musst du zuerst die Größe der neuen Bezugsgruppe bestimmen.

1. Der Astwert \(0{,}80\) im linken Baum ist \(P_U(A)\). Er bezieht sich auf die Bezugsgruppe \(U\) und darf beim Umkehren nicht einfach übernommen werden. 2. Es gilt \(P(U\cap A)=0{,}30\cdot0{,}80=0{,}24\). 3. Der zweite Pfad zu \(A\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}70\cdot0{,}20=0{,}14\). Somit ist \(P(A)=0{,}24+0{,}14=0{,}38\). 4. Im umgekehrten Baum ist die Bezugsgruppe für \(P_A(U)\) die gesamte Gruppe \(A\). Daher gilt \(P_A(U)=\frac{0{,}24}{0{,}38}=\frac{12}{19}\approx0{,}632\).

Miras Fehler ist die Verwechslung von \(P_U(A)\) mit \(P_A(U)\). Es gilt \(P(A)=0{,}38\) und \(P_A(U)=\frac{12}{19}\approx0{,}632\). Der Nenner bezieht sich auf die gesamte Bezugsgruppe \(A\).

- Stelle dir für a) zuerst die Wahl der Kiste und danach die beobachtete Farbe als zweistufigen Baum vor. - Bei b) verändert die erste gezogene LED die Zusammensetzung derselben Kiste für den zweiten Zug. - Für die umgekehrte Wahrscheinlichkeit vergleichst du den passenden Pfad mit allen Pfaden, die zum beobachteten Ergebnis führen. - Überlege bei c), wie ein verändertes Vorwissen über die Kistenwahl die Herkunft eines später beobachteten Ergebnisses beeinflusst.

1. Für eine rote LED gilt \(P_{K_1}(R)=\frac{5}{20}=0{,}25\) und \(P_{K_2}(R)=\frac{10}{20}=0{,}5\). 2. Insgesamt ist \(P(R)=0{,}5\cdot0{,}25+0{,}5\cdot0{,}5=0{,}375\). Der rote Pfad über Kiste 2 hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}5\cdot0{,}5=0{,}25\). Daher ist \(P_R(K_2)=\frac{0{,}25}{0{,}375}=\frac{2}{3}\approx66{,}7\,\%\). 3. Bezeichne das Ereignis „zwei blaue LEDs“ mit \(Z\). Dann gilt \(P_{K_1}(Z)=\frac{5}{20}\cdot\frac{4}{19}=\frac{1}{19}\) und \(P_{K_2}(Z)=\frac{2}{20}\cdot\frac{1}{19}=\frac{1}{190}\). 4. Insgesamt ist \(P(Z)=0{,}5\cdot\frac{1}{19}+0{,}5\cdot\frac{1}{190}=\frac{11}{380}\). Der entsprechende Pfad über Kiste 1 hat die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{38}\). Somit ist \(P_Z(K_1)=\frac{1/38}{11/380}=\frac{10}{11}\approx90{,}9\,\%\). 5. Wird Kiste 1 schon vor der Beobachtung häufiger gewählt, wird Kiste 2 als mögliche Herkunft einer roten LED weniger wahrscheinlich. Das rote Ergebnis spricht weiterhin eher für Kiste 2 als Kiste 1, gleicht den stärkeren Ausgangsvorteil von Kiste 1 aber weniger aus; \(P_R(K_2)\) sinkt.

a) \(P_R(K_2)=\frac{2}{3}\approx66{,}7\,\%\) b) \(P_Z(K_1)=\frac{10}{11}\approx90{,}9\,\%\) c) Die Wahrscheinlichkeit aus a) sinkt.

- Nach jeder Beobachtung wird die gerade erhaltene Verteilung zum Ausgangspunkt für den nächsten Wurf. - Vergleiche jeweils, wie wahrscheinlich das beobachtete Ergebnis unter den beiden Münzmodellen ist. - Beim dritten Wurf ist entscheidend, welches Münzmodell „Zahl“ stärker unterstützt.

1. Vor dem ersten Wurf gilt \(P(F)=P(G)=0{,}5\). Für Kopf ist \(P_F(K)=0{,}5\) und \(P_G(K)=0{,}8\). 2. Nach dem ersten Kopf entfallen von der gesamten Kopf-Wahrscheinlichkeit \(0{,}5\cdot0{,}5+0{,}5\cdot0{,}8=0{,}65\) genau \(0{,}5\cdot0{,}8=0{,}4\) auf \(G\). Damit beträgt die Wahrscheinlichkeit für \(G\) \(\frac{0{,}4}{0{,}65}=\frac{8}{13}\). 3. Diese Verteilung bildet das Vorwissen vor dem zweiten Wurf. Nach einem weiteren Kopf beträgt der Anteil von \(G\) \(\frac{(8/13)\cdot0{,}8}{(8/13)\cdot0{,}8+(5/13)\cdot0{,}5}=\frac{64}{89}\). 4. Vor dem dritten Wurf sind die Hypothesen daher mit \(\frac{64}{89}\) für \(G\) und \(\frac{25}{89}\) für \(F\) gewichtet. Für Zahl gilt \(P_G(Z)=0{,}2\) und \(P_F(Z)=0{,}5\). Nach der beobachteten Zahl ergibt sich \(\frac{(64/89)\cdot0{,}2}{(64/89)\cdot0{,}2+(25/89)\cdot0{,}5}=\frac{128}{253}\). 5. Zwei Köpfe sprechen stärker für die gezinkte Münze. Die anschließende Zahl ist dagegen bei der fairen Münze wahrscheinlicher und senkt deshalb die Einschätzung für \(G\) wieder deutlich.

Nach dem 1. Wurf: \(\frac{8}{13}\approx61{,}5\,\%\) Nach dem 2. Wurf: \(\frac{64}{89}\approx71{,}9\,\%\) Nach dem 3. Wurf: \(\frac{128}{253}\approx50{,}6\,\%\) Der dritte Wurf senkt die Einschätzung für die gezinkte Münze deutlich, weil „Zahl“ unter \(F\) wahrscheinlicher ist als unter \(G\).

- Beginne nicht mit den neuen Astwahrscheinlichkeiten, sondern mit den vier vollständigen Pfaden des linken Baums. - Beim Umkehren bleiben die gemeinsamen Ereignisse wie \(A\cap B\) dieselben, obwohl sich ihre Reihenfolge im Baum ändert. - Fasse passende Pfade zusammen, um zuerst die beiden Wahrscheinlichkeiten der neuen ersten Stufe zu erhalten. - Für die zweite Stufe ist jeweils die neue erste-Stufe-Gruppe die Bezugsgruppe.

1. Im linken Baum sind die vier vollständigen Pfadwahrscheinlichkeiten \(P(A\cap B)=pq\), \(P(A\cap\bar B)=p(1-q)\), \(P(\bar A\cap B)=(1-p)r\) und \(P(\bar A\cap\bar B)=(1-p)(1-r)\). 2. Beim Umkehren ändern sich nur die Bezugsgruppen der Astwahrscheinlichkeiten; die vier gemeinsamen Ereignisse und damit ihre Pfadwahrscheinlichkeiten bleiben unverändert. 3. Für die erste Stufe des rechten Baums gilt daher \(P(B)=pq+(1-p)r\) und \(P(\bar B)=p(1-q)+(1-p)(1-r)\). 4. Innerhalb der neuen Bezugsgruppe \(B\) erhält man \(P_B(A)=\frac{pq}{pq+(1-p)r}\) und \(P_B(\bar A)=\frac{(1-p)r}{pq+(1-p)r}\). 5. Innerhalb der neuen Bezugsgruppe \(\bar B\) erhält man \(P_{\bar B}(A)=\frac{p(1-q)}{p(1-q)+(1-p)(1-r)}\) und \(P_{\bar B}(\bar A)=\frac{(1-p)(1-r)}{p(1-q)+(1-p)(1-r)}\).

\(P(B)=pq+(1-p)r\), \(P(\bar B)=p(1-q)+(1-p)(1-r)\), \(P_B(A)=\frac{pq}{pq+(1-p)r}\), \(P_B(\bar A)=\frac{(1-p)r}{pq+(1-p)r}\), \(P_{\bar B}(A)=\frac{p(1-q)}{p(1-q)+(1-p)(1-r)}\), \(P_{\bar B}(\bar A)=\frac{(1-p)(1-r)}{p(1-q)+(1-p)(1-r)}\).