Vierfeldertafel und Baumdiagramm

Klasse 11

Grundidee

Die Vierfeldertafel stellt alle vier Kombinationen zweier Ereignisse übersichtlich dar:

$$\begin{array}{c|cc|c} & B & \bar{B} & \Sigma \\\hline A & P(A \cap B) & P(A \cap \bar{B}) & P(A) \\ \bar{A} & P(\bar{A} \cap B) & P(\bar{A} \cap \bar{B}) & P(\bar{A}) \\\hline \Sigma & P(B) & P(\bar{B}) & 1 \end{array}$$

Ausfüllen: Bekannte Werte eintragen, fehlende durch Addition und Subtraktion ergänzen. Jede Zeile und jede Spalte muss auf ihren Rand summieren, alle vier inneren Felder zusammen auf $1$ (bzw. auf $n$ bei absoluten Häufigkeiten). Zwei geeignete Randwerte und ein inneres Feld genügen stets, um die ganze Tafel zu füllen.

Bedingte Wahrscheinlichkeiten ablesen — entscheidend ist, wodurch geteilt wird:

$$P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{\text{Zelle}}{\textbf{Zeilen}\text{summe}}, \qquad P_B(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{\text{Zelle}}{\textbf{Spalten}\text{summe}}$$

Umrechnung zwischen den Darstellungen:

Richtung	Vorgehen
Baum → Tafel	Pfadwahrscheinlichkeiten ausmultiplizieren, in die inneren Felder eintragen, Ränder summieren
Tafel → Baum	Randwahrscheinlichkeiten als erste Stufe; zweite Stufe als $\dfrac{\text{Zelle}}{\text{Rand}}$

Die Vierfeldertafel als Flächenbild: Die Breite eines Streifens ist P(A) bzw. P(1−A), die Höhenaufteilung darin entspricht den bedingten Wahrscheinlichkeiten. Der Flächeninhalt jedes Rechtecks ist die Wahrscheinlichkeit des Schnittereignisses.

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Aufgaben

Aufgabe 1

L

Gegeben sind $P(A) = 0{,}3$, $P(B) = 0{,}5$ und $P(A \cap B) = 0{,}2$.

1. Fülle die vollständige Vierfeldertafel aus.
2. Berechne $P_A(B)$ und $P_B(A)$.

Aufgabe 2

L

Unter $200$ befragten Personen besitzen $120$ ein Fahrrad ($F$). Insgesamt sind $70$ der Befragten Studierende ($S$), und $45$ Personen besitzen ein Fahrrad und sind Studierende.

1. Erstelle die Vierfeldertafel mit absoluten Häufigkeiten.
2. Berechne $P_F(S)$ und $P_S(F)$.

Aufgabe 3

L

Ein Baumdiagramm liefert $P(A) = 0{,}4$, $P_A(B) = 0{,}25$ und $P_{\bar{A}}(B) = 0{,}5$.

1. Berechne die vier Pfadwahrscheinlichkeiten.
2. Übertrage sie in eine Vierfeldertafel und ergänze die Ränder.
3. Lies $P(B)$ ab.

Aufgabe 4

L

Gegeben ist die Vierfeldertafel

$$\begin{array}{c|cc|c} & B & \bar{B} & \Sigma \\\hline A & 0{,}15 & 0{,}25 & \\ \bar{A} & 0{,}35 & 0{,}25 & \\\hline \Sigma & & & 1 \end{array}$$

1. Ergänze die Randwahrscheinlichkeiten.
2. Bestimme alle vier Astwahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe eines Baumdiagramms, das mit $A$ / $\bar{A}$ beginnt.

Aufgabe 5

L

Lies aus dem Flächenbild in der Einführung ab:

1. $P(A)$, $P(A \cap B)$ und $P(\bar{A} \cap B)$
2. $P(B)$
3. $P_A(B)$ und $P_{\bar{A}}(B)$ — und erkläre, an welchem Merkmal des Bildes man diese beiden Werte unmittelbar sieht.

Aufgabe 6

L

Von einer Vierfeldertafel ist nur bekannt:

$$P(A) = 0{,}45, \qquad P(A \cap B) = 0{,}20, \qquad P(\bar{A} \cap \bar{B}) = 0{,}30$$

1. Vervollständige die Tafel.
2. Berechne $P(B)$ und $P_B(A)$.

Aufgabe 7

L

Auf der Erde leben $8 \cdot 10^{9}$ Menschen, davon $7 \cdot 10^{9}$ auf der Nordhalbkugel ($N$). Genau $2000$ Menschen sammeln eine bestimmte seltene Briefmarke ($S$); $1800$ von ihnen leben auf der Nordhalbkugel.

1. Erstelle die Vierfeldertafel mit absoluten Häufigkeiten.
2. Berechne $P_S(N)$ und $P_N(S)$.

Aufgabe 8

L

Gegeben sind $P(A) = 10^{-6}$, $P(B) = 0{,}5$ und $P(A \cap B) = 4 \cdot 10^{-7}$.

1. Fülle die Vierfeldertafel aus.
2. Berechne $P_A(B)$ und $P_B(A)$.

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Lösungen

Lösung 1

1. Aus $P(A \cap \bar{B}) = P(A) - P(A \cap B) = 0{,}3 - 0{,}2 = 0{,}1$ usw.:

$$\begin{array}{c|cc|c} & B & \bar{B} & \Sigma \\\hline A & 0{,}2 & 0{,}1 & 0{,}3 \\ \bar{A} & 0{,}3 & 0{,}4 & 0{,}7 \\\hline \Sigma & 0{,}5 & 0{,}5 & 1 \end{array}$$

2. $P_A(B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}3} = \dfrac{2}{3} \approx 0{,}667$ (Zelle durch Zeilensumme)

$P_B(A) = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4$ (Zelle durch Spaltensumme)

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Lösung 2

1. $F \cap S = 45$, also $F \cap \bar{S} = 120 - 45 = 75$ und $\bar{F} \cap S = 70 - 45 = 25$. Der Rest: $200 - 120 - 70 + 45 = 55$.

$$\begin{array}{c|cc|c} & S & \bar{S} & \Sigma \\\hline F & 45 & 75 & 120 \\ \bar{F} & 25 & 55 & 80 \\\hline \Sigma & 70 & 130 & 200 \end{array}$$

2. $P_F(S) = \dfrac{45}{120} = 0{,}375$ und $P_S(F) = \dfrac{45}{70} \approx 0{,}643$

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Lösung 3

1. Mit $P(\bar{A}) = 0{,}6$, $P_A(\bar{B}) = 0{,}75$ und $P_{\bar{A}}(\bar{B}) = 0{,}5$:

$$P(A \cap B) = 0{,}4 \cdot 0{,}25 = 0{,}1, \qquad P(A \cap \bar{B}) = 0{,}4 \cdot 0{,}75 = 0{,}3$$ $$P(\bar{A} \cap B) = 0{,}6 \cdot 0{,}5 = 0{,}3, \qquad P(\bar{A} \cap \bar{B}) = 0{,}6 \cdot 0{,}5 = 0{,}3$$

$$\begin{array}{c|cc|c} & B & \bar{B} & \Sigma \\\hline A & 0{,}1 & 0{,}3 & 0{,}4 \\ \bar{A} & 0{,}3 & 0{,}3 & 0{,}6 \\\hline \Sigma & 0{,}4 & 0{,}6 & 1 \end{array}$$

3. $P(B) = 0{,}1 + 0{,}3 = 0{,}4$

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Lösung 4

1. Zeilen- und Spaltensummen:

$$\begin{array}{c|cc|c} & B & \bar{B} & \Sigma \\\hline A & 0{,}15 & 0{,}25 & 0{,}40 \\ \bar{A} & 0{,}35 & 0{,}25 & 0{,}60 \\\hline \Sigma & 0{,}50 & 0{,}50 & 1 \end{array}$$

2. Zelle durch Zeilensumme:

$$P_A(B) = \frac{0{,}15}{0{,}40} = 0{,}375, \qquad P_A(\bar{B}) = \frac{0{,}25}{0{,}40} = 0{,}625$$

$$P_{\bar{A}}(B) = \frac{0{,}35}{0{,}60} \approx 0{,}583, \qquad P_{\bar{A}}(\bar{B}) = \frac{0{,}25}{0{,}60} \approx 0{,}417$$

Probe: $0{,}375 + 0{,}625 = 1$ und $0{,}583 + 0{,}417 = 1$ ✓ — die Äste eines Knotens summieren stets auf $1$.

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Lösung 5

1. $P(A) = 0{,}6$ (Breite des linken Streifens), $P(A \cap B) = 0{,}30$, $P(\bar{A} \cap B) = 0{,}10$

2. $P(B) = 0{,}30 + 0{,}10 = 0{,}40$

3. $P_A(B) = \dfrac{0{,}30}{0{,}6} = 0{,}5$ und $P_{\bar{A}}(B) = \dfrac{0{,}10}{0{,}4} = 0{,}25$

Man sieht sie unmittelbar an der Höhe der Trennlinie innerhalb des jeweiligen Streifens: Im linken Streifen liegt sie auf halber Höhe ($0{,}5$), im rechten auf einem Viertel ($0{,}25$). Die bedingte Wahrscheinlichkeit ist der Anteil an der Streifenhöhe, nicht der Flächeninhalt.

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Lösung 6

1. Der Reihe nach:

• $P(A \cap \bar{B}) = 0{,}45 - 0{,}20 = 0{,}25$
• $P(\bar{A}) = 1 - 0{,}45 = 0{,}55$
• $P(\bar{A} \cap B) = 0{,}55 - 0{,}30 = 0{,}25$

$$\begin{array}{c|cc|c} & B & \bar{B} & \Sigma \\\hline A & 0{,}20 & 0{,}25 & 0{,}45 \\ \bar{A} & 0{,}25 & 0{,}30 & 0{,}55 \\\hline \Sigma & 0{,}45 & 0{,}55 & 1 \end{array}$$

2. $P(B) = 0{,}20 + 0{,}25 = 0{,}45$ und $P_B(A) = \dfrac{0{,}20}{0{,}45} = \dfrac{4}{9} \approx 0{,}444$

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Lösung 7

1. $S \cap N = 1800$, also $S \cap \bar{N} = 2000 - 1800 = 200$. Auf der Nordhalbkugel leben $7 \cdot 10^9$ Menschen, davon sind $7\,000\,000\,000 - 1800 = 6\,999\,998\,200$ keine Sammler. Auf der Südhalbkugel leben $10^9$ Menschen, davon $999\,999\,800$ Nichtsammler.

$$\begin{array}{c|cc|c} & N & \bar{N} & \Sigma \\\hline S & 1\,800 & 200 & 2\,000 \\ \bar{S} & 6\,999\,998\,200 & 999\,999\,800 & 7\,999\,998\,000 \\\hline \Sigma & 7\,000\,000\,000 & 1\,000\,000\,000 & 8\,000\,000\,000 \end{array}$$

2. $P_S(N) = \dfrac{1800}{2000} = 0{,}9$

$P_N(S) = \dfrac{1800}{7 \cdot 10^{9}} \approx 2{,}57 \cdot 10^{-7}$

Dieselben zwei Divisionen wie in Aufgabe 2 — nur sind die Zeilensumme und die Spaltensumme extrem verschieden groß, weshalb die beiden bedingten Wahrscheinlichkeiten um sieben Zehnerpotenzen auseinanderliegen.

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Lösung 8

1. $P(A \cap \bar{B}) = 10^{-6} - 4\cdot 10^{-7} = 6 \cdot 10^{-7}$, $P(\bar{A} \cap B) = 0{,}5 - 4\cdot 10^{-7} = 0{,}4999996$, $P(\bar{A} \cap \bar{B}) = 0{,}5 - 6 \cdot 10^{-7} = 0{,}4999994$.

$$\begin{array}{c|cc|c} & B & \bar{B} & \Sigma \\\hline A & 4 \cdot 10^{-7} & 6 \cdot 10^{-7} & 10^{-6} \\ \bar{A} & 0{,}4999996 & 0{,}4999994 & 0{,}999999 \\\hline \Sigma & 0{,}5 & 0{,}5 & 1 \end{array}$$

2. $P_A(B) = \dfrac{4 \cdot 10^{-7}}{10^{-6}} = 0{,}4$ und $P_B(A) = \dfrac{4 \cdot 10^{-7}}{0{,}5} = 8 \cdot 10^{-7}$

Das Verfahren ist identisch zu Aufgabe 1; nur ist $A$ so selten, dass die untere Zeile die Tafel vollständig dominiert.