Beispiel 8a) Werfen von zwei unterscheidbaren Würfeln: Petra und Paula würfeln. Grundraum Ω mit den Elementarereignissen A_{i,j} = (i, j) = {Petras Würfel zeigt i, Paulas Würfel zeigt j}

für i, j ∈ {1, 2, …, 6} .

\begin{matrix}(1, 1) & & (1, 2) & & ⋯ & & (1, 6) \\ (2, 1) & & (2, 2) & & ⋯ & & (2, 6) \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ (6, 1) & & (6, 2) & & ⋯ & & (6, 6) \end{matrix} Ω enthält 6^{2} = 36 disjunkte gleichberech-

tigte Elementarereignisse (Variationen mit Wiederholungen) mit

P ( A_{i,j} ) = \frac{1}{36} für i, j ∈ \{1, 2, …, 6\}.

Die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse sind zu berechnen:

B = {i < j} = {Petras Zahl ist kleiner als Paulas Zahl.}, C = {i = j} = {Beide Würfel zeigen dieselbe Zahl.}, U_{k} = {i + j = k} = {Die Summe beider Zahlen ist k.}, k =

2, …, 12. Da ein Laplace-Versuch vorliegt, ergeben sich nach der Abzählregel P (B) = 15 / 36, P (C) = 6 / 36 und P (U_{2+r}) = P (U_{12−r}) = (r + 1) / 36 für r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}. ⊲

Völlig analog kann man den Versuch Zweimaliges Würfeln mit einem Würfel behandeln, indem man das Ergebnis des ersten Wurfes notiert und dann nochmals würfelt.

Beispiel 8b) Werfen von zwei nicht unterscheidbaren Würfeln: Im Gegensatz zum vorherigen Beispiel sind die Würfe (2, 5) und (5, 2) nicht mehr unterscheidbar. Es gibt nur 21 mögliche Versuchsausgänge, da die Reihenfolge im Paar {i, j} bedeutungslos ist. Allerdings sind die

\begin{matrix}\{1, 1\} \\ \{2, 1\} & & \{2, 2\} \\ . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . & . \\ \{6, 1\} & & \{6, 2\} & & ⋯ & \{6, 6\} \end{matrix}

Versuchsausgänge nicht gleichberechtigt und die Laplacesche Abzählregel ist nicht anwendbar. Wie aus dem Beispiel 8a ersichtlich, gelten P ({4, 2}) = 2/36 wegen {4, 2} = (4, 2) ∪ (2, 4) und P ({4, 4}) = 1/36. ⊲ Beispiel 9) Lotto 6 aus 49: Aus 49 Zahlen sind 6 Gewinnzahlen zu ziehen. Da die Reihenfolge der gezogenen Zahlen bedeutungslos ist und keine Zahl mehrfach ausgewählt werden kann, liegen Kombinationen ohne Wiederholungen vor: C_{49}^{6} = \binom{49}{6} = 13 983 817 mögliche gleichwahrscheinliche Fälle. Jede dieser Fälle stellt ein Elementarereignis dar, von denen nur ein Tipp einen Sechser, also 6 Gewinnzahlen, darstellt. Somit ist die Wahrscheinlichkeit für einen Sechser:

P (Sechser) = \frac{1}{13 983 817} = 0.000 000 071 5.

Um einen Vierer zu tippen, müssen genau 4 von 6 Gewinnzahlen und 2 der 43 falschen Zahlen angekreuzt werden.

Es gibt \binom{6}{4} = 15 Möglichkeiten um 4 aus 6 Zahlen und \binom{43}{2} = 903

Möglichkeiten um 2 aus 43 Zahlen auszuwählen. Da jedes Quadrupel Gewinnzahlen mit jedem Paar falscher Zahlen auftreten kann, erhält man 15 · 903 = 13 545 mögliche Vierer. Als Wahrscheinlichkeit für einen Vierer ergibt sich

P (V ierer) = \begin{matrix}\binom{6}{4} & \binom{43}{2} \\ ( & {49 \atop 6} & ) \end{matrix} = \frac{13 545}{13 983 817} = 0.000969,

womit selbst ein Vierer noch ein seltenes Ereignis ist.

Nur falsche Zahlen werden mit Wahrscheinlichkeit

P (keine Gewinnzahl) = \begin{matrix}\binom{6}{0} & \binom{43}{6} \\ ( & {49 \atop 6} & ) \end{matrix} = 0.436

angekreuzt. ⊲ Beispiel 10 Wer ist schuld? Ein Großhändler bezieht Glühlampen von drei Betrieben, und zwar 40% aus Betrieb 1 und 50% aus Betrieb 2. Die Ausschussquoten sind 5% im Betrieb 1, 2% im Betrieb 2 und 10% im Betrieb 3. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist eine zufällig ausgewählte Glühlampe defekt. Es seien B = {Die zufällig ausgewählte Glühlampe ist defekt.} und A_{k} = {Die zufällig ausgewählte Glühlampe wurde im Betrieb k hergestellt } für k = 1, 2, 3. Die bedingte Wahrscheinlichkeit P (B | A_{k}) ist die

[figure: •; 0.4; 0.5; 0.1; A_{1}; A_{2}; A_{3}; 0.05; 0.02; 0.1; B; Baumdiagramm]

Ausschussquote im k-ten Betrieb und die Wahrscheinlichkeit P (A_{k}) der Anteil aus dem k-ten Betrieb am Gesamteinkauf. Es gelten P (B | A_{1}) = 0.05, P (B | A_{2}) = 0.02, P (B | A_{3}) = 0.1 sowie P (A_{1}) = 0.4, P (A_{2}) = 0.5 und P (A_{3}) = 0.1. Die drei Ereignisse A_{1}, A_{2}, A_{3} bilden ein vollständiges System. Es gelten B = (B ∩ A_{1}) ∪ (B ∩ A_{2}) ∪ (B ∩ A_{3}) und deshalb P (B) = P (B ∩ A_{1}) + P (B ∩ A_{2}) + P (B ∩ A_{3}) sowie wegen der Multiplikationsformel (Formel der totalen Wahrscheinlichkeit)

\begin{aligned}P (B) & = & P (B | A_{1}) P (A_{1}) + P (B | A_{2}) P (A_{2}) + P (B | A_{3}) P (A_{3}) \\ & = & 0.05 · 0.4 + 0.02 · 0.5 + 0.1 · 0.1 = 0.04 . \end{aligned}

Mit Wkt. P (B) = 0.04 wird eine defekte Glühlampe ausgewählt.

Eine zufällig ausgewählte Glühlampe erweist sich jetzt als defekt, d. h. das Ereignis B ist eingetreten. Um diese defekte Glühlampe zu reklamieren, bestimme man die bedingten Wahrscheinlichkeiten P (A_{k} | B), dass die defekte Glühlampe aus Betrieb k=1, 2 oder 3 stammt.

Die Bayessche Formel P (A_{k} | B) = \frac{P (B | A_{k}) · P (A_{k})}{P (B)} liefert

P (A_{1} | B) = \frac{0.05 · 0.4}{0.04} = 0.5 , P (A_{2} | B) = \frac{0.02 · 0.5}{0.04} = 0.25 sowie

P (A_{3} | B) = \frac{0.1 · 0.1}{0.04} = 0.25 . Betrieb 1 bekommt die Reklamation. ⊲

Beispiel 11 Ziehen von Losen Vor einer Losbude stehen zwei Verkäufer; der eine hat noch 1 Los im Lostopf, der andere öffnet einen neuen versiegelten Lostopf. Soll ein gerade eintreffender Spieler das letzte Los ziehen oder aus dem vollen Lostopf das erste? Als Modell dient ein voller Lostopf mit 50 Losen, davon sind 10 Gewinne. Mit den Ereignissen G_{k} = {Gewinn im k-ten Versuch} und N_{k} = {Niete im k-ten Versuch} für k = 1, 2, …, 50 bedeuten P (G_{1}) die Wahrscheinlichkeit für ein Gewinnlos aus dem vollen Lostopf und P (G_{50}) die Wahrscheinlichkeit für ein Gewinnlos aus dem Lostopf mit nur einem Los. Im Bild wird ein Baumdiagramm für den dreistufigen Versuch des Losziehens mit den Verzweigungswahrscheinlichkeiten veranschaulicht. Im 1. Versuch wird von einem vollen Lostopf ausgegangen, es gilt: P (G_{1}) = \frac{10}{50} = 0.2 und P (N_{1}) = \frac{40}{50} = 0.8 .

[figure: \frac{10}{50}; \frac{40}{50}; G_{1}; N_{1}; \frac{9}{49}; \frac{40}{49}; \frac{10}{49}; \frac{39}{49}; G_{2}; G_{2}; N_{2}; N_{2}; \frac{8}{48}; \frac{40}{48}; \frac{9}{48}; \frac{39}{48}; \frac{9}{48}; \frac{39}{48}; \frac{10}{48}; \frac{38}{48}; G_{3}; G_{3}; G_{3}; G_{3}; N_{3}; N_{3}; N_{3}; N_{3}; Baumdiagramm für das; Auswählen ohne Zurücklegen]

Im 2. Versuch enthält der Topf noch 49 Lose, 9 Gewinne und 40 Nieten oder 10 Gewinne und 39 Nieten in Abhängigkeit vom Ausgang des 1. Versuches. Konnte beobachtet werden, ob beim ersten Versuch ein Gewinn oder eine Niete gezogen wurden, so gelten:

P (G_{2} | G_{1}) = 9/49 , P (N_{2} | G_{1}) = 40/49 ,
P (G_{2} | N_{1}) = 10/49 und P (N_{2} | N_{1}) = 39/49 .

Man sollte also in den Topf greifen, aus dem zuvor eine Niete gezogen wurde. Ist die Vorgeschichte unbekannt, so gilt nach der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit wegen Ω = G_{1} ∪ N_{1} und G_{1} ∩ N_{1} = ∅, dass

P (G_{2}) = P (G_{1}) · P (G_{2} | G_{1}) + P (N_{1}) · P (G_{2} | N_{1})

= \frac{10}{50} · \frac{9}{49} + \frac{40}{50} · \frac{10}{49} = \frac{10}{50} = P (G_{1}) .

Völlig analog ergibt sich P (G_{50}) = P (G_{1}) = 10/50, wenn die Vorgeschichte unbekannt ist. Es ist also egal, aus welchem Lostopf ein gerade eintreffender Spieler ein Los zieht. ⊲