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- Welche Summe müssen die Äste an einer Verzweigung ergeben? - Lies anschließend nur den vollständigen gesuchten Pfad ab.

1. Fehlende erste Wahrscheinlichkeit: \(1-0{,}35=0{,}65\). 2. Pfad grün–Stern: \(0{,}65\cdot0{,}4=0{,}26\).

Fehlender Wert: \(0{,}65\); \(P(\text{grün und Stern})=0{,}26\).

- Ereignis und Gegenereignis decken gemeinsam alle möglichen Fälle ab. - Welche Summe müssen ihre Wahrscheinlichkeiten deshalb ergeben? - Prüfe die beiden vorgeschlagenen Werte an dieser Bedingung.

1. Ein Ereignis und sein Gegenereignis erfassen zusammen alle möglichen Ergebnisse. Daher müssen ihre Wahrscheinlichkeiten zusammen \(1\) ergeben. 2. Bens Werte ergeben \(0{,}6+0{,}5=1{,}1\) und können deshalb nicht stimmen. 3. Richtig ist \(P(\bar A)=1-0{,}6=0{,}4\).

Bens Behauptung ist falsch. Es gilt \(P(\bar A)=0{,}4\).

- Zähle die Endpunkte des Diagramms. - Prüfe, ob jede Bestellung genau einem Endpunkt entspricht.

1. Möglichkeiten je Sorte: \(2\). 2. Gesamtzahl: \(3\cdot2=6\) Bestellungen.

6 verschiedene Bestellungen.

- Zähle die Wahlmöglichkeiten auf jeder Stufe. - Jeder Endpunkt steht für genau eine vollständige Kombination.

1. Möglichkeiten nach Oberteil und Hose: \(2\cdot3=6\). 2. Mit der Schuhwahl: \(6\cdot2=12\).

12 vollständige Kostüme.

- Zähle zuerst alle vollständigen Menüs mit dem Zählprinzip. - Bei a) ist nur eine ganz bestimmte Auswahl günstig. - Bei b) überlege für jede Kategorie, wie viele Alternativen zur genannten Sorte übrig bleiben.

1. Insgesamt gibt es \(4\cdot3\cdot5=60\) gleich wahrscheinliche vollständige Menüs. 2. Für Brezel, Wasser und Apfel gibt es genau ein günstiges Menü. Daher ist die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{60}\). 3. Für b) stehen \(3\) andere Snacks, \(2\) andere Getränke und \(4\) andere Obstsorten zur Verfügung. Das ergibt \(3\cdot2\cdot4=24\) günstige Menüs. 4. Daher ist die Wahrscheinlichkeit \(\frac{24}{60}=\frac{2}{5}=40\,\%\).

a) \(\frac{1}{60}\) b) \(\frac{2}{5}=40\,\%\)

- Überlege dir, wie viele Murmeln nach jedem Zug noch im Beutel sind. - Ändert sich die Anzahl der Murmeln einer bestimmten Farbe, wenn du eine davon ziehst? - Welche Rechenoperation verknüpft die Wahrscheinlichkeiten entlang eines Pfades im Baumdiagramm? - Stelle die Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Schritte als Brüche dar.

1. Bestimmung der Gesamtzahl der Murmeln zu Beginn: \(4 + 5 + 3 = 12\). 2. Wahrscheinlichkeit für die erste rote Murmel: \(P(R_1) = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}\). 3. Wahrscheinlichkeit für die zweite rote Murmel, nachdem bereits eine rote entnommen wurde (noch 11 Murmeln im Beutel, davon 3 rote): \(P(R_2) = \frac{3}{11}\). 4. Wahrscheinlichkeit für die dritte gelbe Murmel, nachdem zwei rote entnommen wurden (noch 10 Murmeln im Beutel, davon 3 gelbe): \(P(G_3) = \frac{3}{10}\). 5. Anwendung der Pfadregel durch Multiplikation der Einzelwahrscheinlichkeiten: \(P(R, R, G) = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{11} \cdot \frac{3}{10}\). 6. Berechnung des Ergebnisses: \(P(R, R, G) = \frac{1 \cdot 3 \cdot 3}{3 \cdot 11 \cdot 10} = \frac{9}{330} = \frac{3}{110}\).

\(\frac{3}{110}\)

- Betrachte jede vollständige Folge von drei getroffenen Sektoren als ein Ergebnis. - Für eine feste Farbreihenfolge zählst du, wie viele konkrete Sektoren an jeder Stelle passen. - Bei „mindestens einmal G“ ist es einfacher, zuerst die Folgen ohne G zu zählen.

1. Bei drei Drehungen gibt es \(5^3=125\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektortripel. 2. Für G-G-G gibt es nur \(1^3=1\) günstiges Sektortripel. Daher ist \(P=\frac{1}{125}=0{,}8\,\%\). 3. Für R-B-R stehen \(2\), \(2\) und \(2\) passende Sektoren zur Verfügung. Das sind \(2\cdot2\cdot2=8\) günstige Tripel. Daher ist \(P=\frac{8}{125}=6{,}4\,\%\). 4. Ohne G stehen bei jeder Drehung \(4\) Sektoren zur Verfügung. Es gibt \(4^3=64\) Tripel ohne G. Daher ist \(P(\text{mindestens einmal G})=1-\frac{64}{125}=\frac{61}{125}=48{,}8\,\%\).

a) \(\frac{1}{125}=0{,}8\,\%\) b) \(\frac{8}{125}=6{,}4\,\%\) c) \(\frac{61}{125}=48{,}8\,\%\)

- Betrachte die konkreten Sektoren über drei Drehungen als gleich wahrscheinliche Tripel. - Für b) ist das Gegenereignis besonders einfach zu beschreiben. - Für c) muss die Markierungsfolge genau N-N-G lauten.

1. Insgesamt gibt es \(10^3=1000\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektortripel. 2. Für G-G-G gibt es \(2^3=8\) günstige Tripel. Daher ist \(P=\frac{8}{1000}=0{,}008=0{,}8\,\%\). 3. Das Gegenereignis zu „mindestens einmal N“ ist G-G-G. Daher ist \(P(\text{mindestens einmal N})=1-0{,}008=0{,}992=99{,}2\,\%\). 4. „Erster Gewinn beim dritten Drehen“ entspricht N-N-G. Dafür gibt es \(8\cdot8\cdot2=128\) günstige Tripel. Daher ist \(P=\frac{128}{1000}=0{,}128=12{,}8\,\%\).

a) \(0{,}008=0{,}8\,\%\) b) \(0{,}992=99{,}2\,\%\) c) \(0{,}128=12{,}8\,\%\)

- Betrachte die konkreten Fruchtgummis als unterscheidbare mögliche Ziehungen. - Zähle alle geordneten Paare ohne Zurücklegen und danach die rot-roten Paare. - Für „mindestens ein gelbes“ ist das Gegenereignis besonders einfach.

1. Zwei geordnete Ziehungen ohne Zurücklegen ergeben \(25\cdot24=600\) gleich wahrscheinliche Paare konkreter Fruchtgummis. 2. Für rot-rot gibt es \(15\cdot14=210\) günstige Paare. Daher ist \(P(\text{rot, rot})=\frac{210}{600}=\frac{7}{20}=35\,\%\). 3. „Mindestens ein gelbes“ ist das Gegenereignis zu „beide rot“. Daher ist die Wahrscheinlichkeit \(1-\frac{7}{20}=\frac{13}{20}=65\,\%\).

a) \(\frac{7}{20}=35\,\%\) b) \(\frac{13}{20}=65\,\%\)

- Lies jeden vollständigen Weg im Baum als ein geordnetes Ergebnis. - Markiere alle Endpunkte, bei denen entweder blau oder Zahl vorkommt. - Zähle günstige Endpunkte und alle Endpunkte, ohne einen Endpunkt doppelt zu zählen.

1. Das Baumdiagramm hat \(3\cdot2=6\) Endpunkte. Sie stehen für sechs gleich wahrscheinliche geordnete Ergebnisse. 2. Günstig sind \((B,K),(B,Z),(R,Z),(G,Z)\). Das sind \(4\) der \(6\) Endpunkte. 3. Daher ist die Wahrscheinlichkeit \(\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\).

\(\frac{2}{3}\)

- Verfolge beide möglichen Reihenfolgen der Farben. - Was ändert sich nach dem ersten Zug im Beutel?

1. Pfad rot–blau: \(\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4}=\frac{3}{10}\). 2. Pfad blau–rot: \(\frac{2}{5}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{10}\). 3. Summe: \(P(\text{verschiedene Farben})=\frac{3}{10}+\frac{3}{10}=\frac{3}{5}\).

\(\frac{3}{5}=60\,\%\).

- Zähle zuerst die vollständigen Blätter des Baumdiagramms. - Markiere die Blätter, in deren dreistelliger Folge genau zweimal K vorkommt. - Nutze, dass bei einer fairen Münze alle vollständigen Folgen aus drei Würfen gleich wahrscheinlich sind.

1. Das Baumdiagramm hat nach drei Würfen \(2\cdot2\cdot2=8\) vollständige Pfade. Bei einer fairen Münze sind diese acht Ergebnisfolgen gleich wahrscheinlich. 2. Genau zweimal Kopf zeigen die drei Blätter KKZ, KZK und ZKK. 3. Somit sind \(3\) von \(8\) gleich wahrscheinlichen vollständigen Pfaden günstig. Die Wahrscheinlichkeit ist \(\frac{3}{8}=37{,}5\,\%\).

\(\frac{3}{8}=37{,}5\,\%\)

- Lies jeden vollständigen Weg im Baum als einen Code. - Streiche zuerst alle Endpunkte, deren Buchstabe A ist. - Zähle anschließend die verbleibenden Endpunkte mit der Ziffer \(2\).

1. Das Baumdiagramm hat \(3\cdot2=6\) Endpunkte. Sie stehen für die sechs gleich wahrscheinlichen Codes. 2. Die Bedingung erfüllen nur B2 und C2. Das sind \(2\) günstige Endpunkte. 3. Daher ist die Wahrscheinlichkeit \(\frac{2}{6}=\frac{1}{3}\).

\(\frac{1}{3}\)

- Ergänze zuerst die Verzweigung vollständig. - Welcher einzelne Pfad beschreibt das gesuchte Ereignis?

1. Fehlender Ast nach \(A\): \(1-0{,}65=0{,}35\). 2. Pfadwahrscheinlichkeit: \(P(A\cap\overline{B})=0{,}4\cdot0{,}35=0{,}14\).

Fehlender Ast: \(0{,}35\); \(P(A\cap\overline{B})=0{,}14\).

- Betrachte vollständige Wege vom Start bis zu einem Endpunkt. - Überlege, wie sich die Zahl möglicher Fortsetzungen nach jeder Entscheidung verändert. - Prüfe, ob das Addieren von Astzahlen tatsächlich vollständige Kombinationen zählt.

1. Jeder vollständige Pfad besteht aus einer Wahl auf jeder der drei Stufen. 2. Aus den \(2\) Möglichkeiten der ersten Stufe, jeweils \(3\) Möglichkeiten der zweiten Stufe und jeweils \(2\) Möglichkeiten der dritten Stufe entstehen \(2\cdot3\cdot2=12\) vollständige Pfade. 3. Die Addition \(2+3+2\) zählt nur die Anzahl der Wahlmöglichkeiten innerhalb der einzelnen Stufen zusammen, nicht die möglichen vollständigen Kombinationen.

Es gibt \(12\) Endmöglichkeiten.

- Lies aus dem ersten Nenner die Gesamtzahl ab. - Was verrät der zweite rote Ast über die Veränderung nach dem ersten Zug?

1. Erste rote Wahrscheinlichkeit \(\frac{5}{8}\): insgesamt \(8\), davon \(5\) rot. 2. Verbleibende Kugeln nach rot: \(7\), davon \(4\) rot; passend zu \(\frac{4}{7}\). 3. Anfangsbestand: \(5\) rote und \(3\) blaue Kugeln.

5 rote und 3 blaue Kugeln.

- Beginne mit genau einem Ast für jede Möglichkeit der ersten Stufe. - Frage dann an jedem ersten Knoten erneut, welche Möglichkeiten in der zweiten Stufe bestehen. - Ein vollständiger Pfad muss genau eine Entscheidung aus jeder Stufe enthalten.

1. Vom Start gehen drei erste Äste zu A, B und C. 2. Von jedem dieser drei Knoten gehen zwei zweite Äste zu K und Z. 3. Die vollständigen Ergebnisfolgen sind AK, AZ, BK, BZ, CK und CZ.

Erste Stufe: A, B, C; von jedem Ast zweite Stufe K, Z. Ergebnisfolgen: \(\{\text{AK},\text{AZ},\text{BK},\text{BZ},\text{CK},\text{CZ}\}\).

- Vergleiche die zweiten Äste nach X mit den zweiten Ästen nach Y. - Laut Text müssen nach jedem ersten Ergebnis dieselben drei Zahlen möglich sein. - Zähle erst nach der Korrektur alle Endpunkte des Baums.

1. Nach X sind die drei zweiten Möglichkeiten \(1,2,3\) vollständig eingetragen. 2. Nach Y sind nur \(1\) und \(3\) eingetragen. Es fehlt der Ast Y–2. 3. Nach der Korrektur gibt es zu X drei und zu Y drei vollständige Pfade, insgesamt also \(6\).

a) Es fehlt der Ast Y–2. b) \(6\) vollständige Pfade

- Zähle die Äste, die direkt vom Start ausgehen. - Prüfe, wie viele zweite Äste an jedem Knoten der ersten Stufe folgen. - Suche eine Rechnung, die diese wiederholte Struktur beschreibt, statt jeden Endpunkt einzeln zu zählen.

1. In der ersten Stufe gibt es \(4\) Möglichkeiten: A, B, C und D. 2. Nach jeder dieser Möglichkeiten gibt es in der zweiten Stufe \(3\) Möglichkeiten: \(1,2,3\). 3. Daher besitzt der vollständige Baum \(4\cdot3=12\) vollständige Pfade.

a) \(12\) vollständige Pfade b) \(4\cdot3=12\), weil zu jeder der \(4\) Möglichkeiten der ersten Stufe \(3\) Möglichkeiten der zweiten Stufe gehören.

- Verfolge jeden Pfad immer vom Start bis zu einem Endpunkt. - Die Reihenfolge der Buchstaben in einer Ergebnisfolge entspricht der Reihenfolge der Stufen. - Prüfe bei BA, ob es vom Knoten B tatsächlich einen Ast zu A gibt.

1. Nach R kann in der zweiten Stufe A oder B folgen. Daraus entstehen RA und RB. 2. Nach B kann in der zweiten Stufe C, D oder E folgen. Daraus entstehen BC, BD und BE. 3. Damit lauten alle vollständigen Ergebnisfolgen RA, RB, BC, BD und BE. 4. BA ist nicht möglich, weil die Reihenfolge der Stufen fest ist: B kommt hier als Ergebnis der ersten Stufe vor, aber A ist nach dem ersten Ergebnis B kein angebotener zweiter Ast.

a) \(\{\text{RA},\text{RB},\text{BC},\text{BD},\text{BE}\}\) b) BA ist kein vollständiger Pfad des Baums; nach dem ersten Ergebnis B sind nur C, D und E möglich.

- Zähle vollständige Antwortfolgen mit dem Zählprinzip. - Für „keine richtig“ gibt es bei jeder Frage nur die falschen Antwortmöglichkeiten. - Für „mindestens eine richtig“ ist das Gegenereignis einfacher zu zählen. - Vergleiche in c) die Zahl aller noch möglichen vollständigen Antwortfolgen für Mina und Elias.

1. Für Elias gibt es \(3^6=729\) gleich wahrscheinliche vollständige Antwortfolgen. 2. Für „alle sechs falsch“ stehen bei jeder Frage \(2\) falsche Antworten zur Verfügung. Daher gibt es \(2^6=64\) günstige Antwortfolgen und \(P(\text{keine richtig})=\frac{64}{729}\approx0{,}0878\). 3. Das Gegenereignis lautet „mindestens eine richtig“. Daher ist \(P(\text{mindestens eine richtig})=1-\frac{64}{729}=\frac{665}{729}\approx0{,}9122\). 4. Mina hat pro Frage noch \(2\) mögliche Antworten, also insgesamt \(2^6=64\) gleich wahrscheinliche Antwortfolgen. Nur eine davon ist vollständig richtig. Ihre Wahrscheinlichkeit ist \(\frac{1}{64}=0{,}015625\). 5. Elias hat für sechs richtige Antworten ebenfalls nur eine günstige Antwortfolge unter \(729\), also \(\frac{1}{729}\). Minas Chance ist damit deutlich größer.

a) \(\frac{64}{729}\approx0{,}0878\) b) \(\frac{665}{729}\approx0{,}9122\) c) Mina: \(\frac{1}{64}=0{,}015625\); Elias: \(\frac{1}{729}\). Minas Chance ist größer.

- Zähle vollständige geordnete Wurffolgen mit dem Zählprinzip. - Für „keine 6“ sind bei jedem Wurf nur fünf Augenzahlen erlaubt. - „Mindestens eine 6“ lässt sich über sein Gegenereignis zählen. - Vergleiche bei d) nicht die auffällige Form der Folgen, sondern ihre Rolle als einzelne Ergebnisse.

1. Bei drei Würfen gibt es \(6^3=216\) gleich wahrscheinliche geordnete Wurffolgen. 2. Ohne eine \(6\) stehen pro Wurf nur \(5\) Augenzahlen zur Verfügung. Es gibt \(5^3=125\) günstige Folgen. Daher ist \(P(\text{keine 6})=\frac{125}{216}\approx0{,}5787\). 3. Das Gegenereignis zu „keine 6“ ist „mindestens eine 6“. Daher ist \(P(\text{mindestens eine 6})=1-\frac{125}{216}=\frac{91}{216}\approx0{,}4213\). 4. Sowohl \((6;6;6)\) als auch \((1;2;3)\) ist genau eine der \(216\) gleich wahrscheinlichen Folgen. Beide haben daher die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{216}\). Jonas' Aussage ist falsch.

a) \(216\) b) \(\frac{125}{216}\approx0{,}5787\) c) \(\frac{91}{216}\approx0{,}4213\) d) Die Aussage ist falsch; beide konkreten Folgen haben die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{216}\).

- Betrachte vollständige Sektortripel der drei Räder als gleich wahrscheinliche Ergebnisse. - Zähle für „kein G“ auf jedem Rad die nicht markierten Sektoren. - Für „mindestens ein G“ ist das Gegenereignis einfacher zu bestimmen.

1. Ein vollständiges Ergebnis besteht aus je einem Sektor der drei Räder. Insgesamt gibt es \(6\cdot8\cdot10=480\) gleich wahrscheinliche Sektortripel. 2. Für dreimal G gibt es genau ein günstiges Sektortripel. Daher ist die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{480}\). 3. Für kein G stehen auf den drei Rädern \(5,7\) und \(9\) Sektoren zur Verfügung. Das sind \(5\cdot7\cdot9=315\) günstige Sektortripel. Daher ist \(P(\text{kein G})=\frac{315}{480}=\frac{21}{32}\). 4. „Mindestens einmal G“ ist das Gegenereignis. Daher ist \(P=1-\frac{21}{32}=\frac{11}{32}\).

a) \(\frac{1}{480}\) b) \(\frac{21}{32}\) c) \(\frac{11}{32}\)

- Hilft dir ein Baumdiagramm, um die verschiedenen Pfade der Ziehung darzustellen? - Wie viele Socken sind nach dem ersten Zug noch in der Schublade? - Kannst du die Wahrscheinlichkeit für „verschiedene Farben“ direkt aus der Wahrscheinlichkeit für „gleiche Farbe“ berechnen? - Beachte, dass die Socken nicht zurückgelegt werden.

1. Berechnung der Gesamtmöglichkeiten: Beim ersten Zug gibt es \(8\) Socken, beim zweiten noch \(7\). Insgesamt gibt es \(8 \cdot 7 = 56\) mögliche Ziehungsfolgen. 2. Ereignis a): Für zwei schwarze Socken gibt es beim ersten Zug \(4\) Möglichkeiten und beim zweiten Zug \(3\) Möglichkeiten. Anzahl der günstigen Ergebnisse: \(4 \cdot 3 = 12\). Wahrscheinlichkeit: \(P(\text{zwei schwarze}) = \frac{12}{56} = \frac{3}{14}\). 3. Ereignis b): Für zwei weiße Socken gibt es ebenfalls \(4 \cdot 3 = 12\) Möglichkeiten. Die Gesamtzahl für „gleiche Farbe“ ist \(12 + 12 = 24\). Wahrscheinlichkeit: \(P(\text{gleiche Farbe}) = \frac{24}{56} = \frac{3}{7}\). 4. Ereignis c): Unterschiedliche Farben bedeutet entweder schwarz-weiß (\(4 \cdot 4 = 16\)) oder weiß-schwarz (\(4 \cdot 4 = 16\)). Gesamtzahl: \(16 + 16 = 32\). Alternativ über das Gegenereignis: \(1 - \frac{3}{7} = \frac{4}{7}\). Wahrscheinlichkeit: \(P(\text{verschiedene Farben}) = \frac{4}{7}\).

a) \(P(\text{zwei schwarze}) = \frac{3}{14}\) b) \(P(\text{gleiche Farbe}) = \frac{3}{7}\) c) \(P(\text{verschiedene Farben}) = \frac{4}{7}\)

- Zähle zunächst, wie viele gerade Zahlen zwischen \(1\) und \(20\) liegen. - Betrachte vollständige geordnete Dreierziehungen als Ergebnisse. - Da nicht zurückgelegt wird, nimmt die Zahl der verfügbaren Kärtchen nach jeder Ziehung ab.

1. Für drei geordnete Ziehungen ohne Zurücklegen gibt es insgesamt \(20\cdot19\cdot18=6840\) gleich wahrscheinliche Kärtchentripel. 2. Unter den Zahlen \(1\) bis \(20\) sind \(10\) gerade. Für drei gerade Kärtchen gibt es daher \(10\cdot9\cdot8=720\) günstige geordnete Tripel. 3. Die Wahrscheinlichkeit ist \(\frac{720}{6840}=\frac{2}{19}\approx10{,}5\,\%\).

\(\frac{2}{19}\approx10{,}5\,\%\)

- Zähle zuerst alle vierstelligen Codes. - Wenn eine Stelle falsch sein soll, gibt es dort neun mögliche Ziffern. - Für „mindestens eine Stelle richtig“ ist das Gegenereignis „keine Stelle richtig“ leichter zu zählen.

1. Insgesamt gibt es \(10^4=10\,000\) gleich wahrscheinliche Codes. 2. In a) ist genau ein Code richtig. Daher ist \(P=\frac{1}{10000}=0{,}0001=0{,}01\,\%\). 3. In b) ist die erste Stelle fest richtig. Für jede der drei übrigen Stellen gibt es \(9\) falsche Ziffern. Das ergibt \(9^3=729\) günstige Codes und \(P=\frac{729}{10000}=0{,}0729=7{,}29\,\%\). 4. Für das Gegenereignis „keine Stelle ist richtig“ gibt es \(9^4=6561\) Codes. Daher ist \(P(\text{mindestens eine richtig})=1-\frac{6561}{10000}=\frac{3439}{10000}=34{,}39\,\%\).

a) \(0{,}01\,\%\) b) \(7{,}29\,\%\) c) \(34{,}39\,\%\)

- Kannst du die Wahrscheinlichkeit bestimmen, mit der eine einzelne Leuchte einwandfrei ist? - Wie viele Möglichkeiten gibt es, dass in einer Stichprobe von vier Leuchten genau eine fehlerhaft ist? - Stell dir ein Baumdiagramm vor: Welche Pfade führen zum gesuchten Ergebnis?

1. Festlegen der Wahrscheinlichkeiten: \(P(\text{defekt}) = 0{,}1\) und \(P(\text{einwandfrei}) = 0{,}9\). 2. Berechnung für a): Alle vier müssen einwandfrei sein. Mit \(E\) für „einwandfrei“ gilt: \(P(EEEE) = 0{,}9^4 = 0{,}6561\). 3. Berechnung für b): Mit \(D\) für „defekt“ gibt es vier mögliche Pfade mit genau einer defekten Leuchte: \(DEEE\), \(EDEE\), \(EEDE\) und \(EEED\). Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1 \cdot 0{,}9^3 = 0{,}0729\). 4. Gesamtwahrscheinlichkeit für b): \(4 \cdot 0{,}0729 = 0{,}2916\).

a) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}6561\) (oder \(65{,}61\,\%\)). b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}2916\) (oder \(29{,}16\,\%\)).

- Zähle alle vierstelligen Wurffolgen mit dem Zählprinzip. - Für „mindestens eine \(6\)“ ist das Gegenereignis „keine \(6\)“ leichter zu zählen. - Für „genau eine \(6\)“ musst du zusätzlich berücksichtigen, an welcher der vier Positionen die \(6\) steht.

1. Insgesamt gibt es \(6^4=1296\) gleich wahrscheinliche Wurffolgen. 2. Ohne eine \(6\) gibt es \(5^4=625\) Folgen. Daher gehören zu \(E\) genau \(1296-625=671\) Folgen und \(P(E)=\frac{671}{1296}\approx51{,}77\,\%\). 3. Für genau eine \(6\) kann deren Position auf \(4\) Arten gewählt werden. An den drei übrigen Positionen sind jeweils \(5\) andere Augenzahlen möglich. Somit gibt es \(4\cdot5^3=500\) günstige Folgen und \(P(F)=\frac{500}{1296}\approx38{,}58\,\%\). 4. Da \(671>500\), ist \(E\) wahrscheinlicher. Außerdem enthält \(E\) neben allen Folgen aus \(F\) auch Folgen mit zwei, drei oder vier Sechsen.

\(P(E)=\frac{671}{1296}\approx51{,}77\,\%\) \(P(F)=\frac{500}{1296}\approx38{,}58\,\%\) \(E\) ist wahrscheinlicher.

- Zähle geordnete Paare verschiedener Personen; dann sind alle Ergebnisse gleich wahrscheinlich. - Bei b) gibt es zwei mögliche Geschlechterreihenfolgen. - Bei c) zählen Mädchen-Mädchen und Jungen-Jungen als zwei getrennte günstige Gruppen.

1. Als geordnete Auswahl zweier verschiedener Personen gibt es \(20\cdot19=380\) gleich wahrscheinliche Ergebnisse. 2. Für zwei Jungen gibt es \(8\cdot7=56\) geordnete Paare. Daher ist \(P=\frac{56}{380}=\frac{14}{95}\approx14{,}7\,\%\). 3. Für genau ein Mädchen und einen Jungen gibt es \(12\cdot8\) Paare in der Reihenfolge Mädchen-Junge und \(8\cdot12\) in der Reihenfolge Junge-Mädchen. Das sind \(192\) günstige Paare. Daher ist \(P=\frac{192}{380}=\frac{48}{95}\approx50{,}5\,\%\). 4. Für gleiches Geschlecht gibt es \(12\cdot11=132\) Mädchen-Mädchen-Paare und \(8\cdot7=56\) Jungen-Jungen-Paare. Insgesamt sind \(188\) Paare günstig. Daher ist \(P=\frac{188}{380}=\frac{47}{95}\approx49{,}5\,\%\).

a) \(\frac{14}{95}\approx14{,}7\,\%\) b) \(\frac{48}{95}\approx50{,}5\,\%\) c) \(\frac{47}{95}\approx49{,}5\,\%\)

- Bestimme zuerst, wie oft die einzelnen Buchstaben auf den neun Kärtchen vorkommen. - Zähle geordnete Paare konkreter Kärtchen ohne Zurücklegen. - Für „mindestens ein I“ kannst du zuerst die Paare ohne I zählen.

1. In STATISTIK kommt S zweimal, T dreimal, A einmal, I zweimal und K einmal vor. Für zwei geordnete Ziehungen gibt es \(9\cdot8=72\) gleich wahrscheinliche Paare konkreter Kärtchen. 2. Für T-T gibt es \(3\cdot2=6\) günstige Paare. Daher ist \(P=\frac{6}{72}=\frac{1}{12}\approx8{,}3\,\%\). 3. Es gibt \(7\) Kärtchen ohne S. Für zwei davon gibt es \(7\cdot6=42\) günstige Paare. Daher ist \(P(\text{kein S})=\frac{42}{72}=\frac{7}{12}\approx58{,}3\,\%\). 4. Es gibt ebenfalls \(7\) Kärtchen ohne I. Das Gegenereignis „kein I“ hat daher die Wahrscheinlichkeit \(\frac{42}{72}=\frac{7}{12}\). Somit ist \(P(\text{mindestens ein I})=1-\frac{7}{12}=\frac{5}{12}\approx41{,}7\,\%\).

a) \(\frac{1}{12}\approx8{,}3\,\%\) b) \(\frac{7}{12}\approx58{,}3\,\%\) c) \(\frac{5}{12}\approx41{,}7\,\%\)

- Welche Pfade im Baumdiagramm führen zu dem Ereignis „verschiedene Farben“? - Wie verändern sich die Wahrscheinlichkeiten im zweiten Schritt, wenn das erste Fruchtgummi nicht zurückgelegt wird? - Achte bei der Addition von Brüchen auf den gemeinsamen Hauptnenner.

1. Mit Zurücklegen gilt in jeder Stufe \(P(\text{Rot})=\frac{5}{8}\) und \(P(\text{Grün})=\frac{3}{8}\). Die Pfade für zwei verschiedene Farben sind Rot–Grün und Grün–Rot. 2. Mit Zurücklegen ist \(P(\text{verschieden})=\frac{5}{8}\cdot\frac{3}{8}+\frac{3}{8}\cdot\frac{5}{8}=\frac{15}{32}\). 3. Ohne Zurücklegen ändern sich die Wahrscheinlichkeiten in der zweiten Stufe. Es gilt \(P(\text{Rot, Grün})=\frac{5}{8}\cdot\frac{3}{7}=\frac{15}{56}\) und \(P(\text{Grün, Rot})=\frac{3}{8}\cdot\frac{5}{7}=\frac{15}{56}\). 4. Daher ist ohne Zurücklegen \(P(\text{verschieden})=\frac{30}{56}=\frac{15}{28}\). 5. Weil \(\frac{15}{28}>\frac{15}{32}\), ist das Ereignis ohne Zurücklegen wahrscheinlicher.

a) Erste Stufe: Rot mit \(\frac{5}{8}\), Grün mit \(\frac{3}{8}\); wegen des Zurücklegens gelten dieselben Wahrscheinlichkeiten auch in der zweiten Stufe. b) \(\frac{15}{32}\) c) Ohne Zurücklegen: \(\frac{15}{28}\); diese Wahrscheinlichkeit ist größer.

- Manchmal ist es einfacher zu zählen, wie viele Zahlen keine „5“ enthalten, und dies von der Gesamtzahl abzuziehen. - Wie verändert sich die Anzahl der verfügbaren Karten im zweiten Schritt, wenn du die Karte nicht zurücklegst? - Vergleiche die Brüche, indem du sie auf den gleichen Nenner bringst oder in Dezimalzahlen umwandelst.

1. Teilaufgabe a (mit Zurücklegen): Gesamtzahl der Zahlen ist \(5 \cdot 5 = 25\). Die Anzahl der Zahlen ohne eine „5“ ist \(4 \cdot 4 = 16\). Die Anzahl der Zahlen mit mindestens einer „5“ ist \(25 - 16 = 9\) (oder Aufzählung: 15, 25, 35, 45, 51, 52, 53, 54, 55). Die Wahrscheinlichkeit ist \(P = \frac{9}{25} = 0{,}36\). 2. Teilaufgabe b (ohne Zurücklegen): Gesamtzahl der Zahlen ist \(5 \cdot 4 = 20\). Die Anzahl der Zahlen ohne eine „5“ ist \(4 \cdot 3 = 12\). Die Anzahl der Zahlen mit mindestens einer „5“ ist \(20 - 12 = 8\) (Aufzählung wie oben, aber ohne 55). Die Wahrscheinlichkeit ist \(P = \frac{8}{20} = \frac{2}{5} = 0{,}4\). 3. Vergleich: Die Wahrscheinlichkeit in b) ist höher (\(0{,}40 > 0{,}36\)). Dies liegt daran, dass beim Ziehen ohne Zurücklegen die Gesamtzahl der Möglichkeiten stärker abnimmt als die Anzahl der günstigen Möglichkeiten, da im zweiten Schritt die Chance auf die „5“ steigt, wenn sie im ersten Schritt nicht gezogen wurde.

a) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}36\) (oder \(36\,\%\)). b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}4\) (oder \(40\,\%\)). c) Die Wahrscheinlichkeit ist im Fall b) höher, da durch das fehlende Zurücklegen die Gesamtzahl der möglichen Kombinationen stärker sinkt als die Anzahl der Kombinationen mit einer „5“.

- Bestimme zuerst, wie viele Brötchen aus jedem der beiden Öfen kommen. - Berechne dann für jeden Ofen einzeln, wie viele davon die Eigenschaft „perfekt“ haben. - Addiere zum Schluss die Ergebnisse beider Pfade, die zum Ziel „perfekt“ führen. - Du kannst auch zuerst die Gesamtwahrscheinlichkeit für „perfekt“ berechnen und diese dann mit der Gesamtzahl multiplizieren.

1. Berechnung der Anzahl der Brötchen pro Ofen: Ofen 1: \(2000 \cdot 0{,}60 = 1200\) Brötchen Ofen 2: \(2000 \cdot 0{,}40 = 800\) Brötchen 2. Berechnung der perfekten Brötchen aus Ofen 1: \(1200 \cdot 0{,}95 = 1140\) Brötchen 3. Berechnung der perfekten Brötchen aus Ofen 2: \(800 \cdot 0{,}85 = 680\) Brötchen 4. Berechnung der Gesamtzahl der perfekten Brötchen: \(1140 + 680 = 1820\) Brötchen

Voraussichtlich werden insgesamt \(1820\) Brötchen als „perfekt“ eingestuft.

- Überlege dir, wie viele Bonbons nach jedem Zug noch in der Schüssel sind. - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten an den zwei Zweigen eines Knotens zusammen? - Erinnere dich an die Regel für die Berechnung der Wahrscheinlichkeit eines Pfades. - Was passiert mathematisch, wenn du die Brüche entlang eines Pfades multiplizierst?

1. Bestimmung der fehlenden Werte: Da es zu Beginn \(20\) Bonbons gibt, ist die Wahrscheinlichkeit für „keine Zitrone“ \(a = \frac{19}{20}\). In der zweiten Stufe sind noch \(19\) Bonbons in der Schüssel. Davon ist eines Zitrone, also \(b = \frac{1}{19}\) und \(c = \frac{18}{19}\). 2. Wahrscheinlichkeit für das zweite Kind: Nach der ersten Pfadregel multipliziert man die Wahrscheinlichkeiten entlang des Pfades \(\overline{Z} \to Z\): \(P(\text{2. Kind hat } Z) = \frac{19}{20} \cdot \frac{1}{19} = \frac{1}{20}\). 3. Wahrscheinlichkeit für das dritte Kind: Der Pfad lautet \(\overline{Z} \to \overline{Z} \to Z\). Die Rechnung ergibt \(\frac{19}{20} \cdot \frac{18}{19} \cdot \frac{1}{18} = \frac{1}{20}\). Durch das sukzessive Kürzen der Faktoren \(\frac{19}{19}\) und \(\frac{18}{18}\) bleibt stets der ursprüngliche Nenner \(20\) erhalten.

a) \(a = \frac{19}{20}\), \(b = \frac{1}{19}\), \(c = \frac{18}{19}\) b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{1}{20}\). c) Die Wahrscheinlichkeit ist ebenfalls \(\frac{1}{20}\), da sich die Brüche entlang des Pfades \(\frac{19}{20} \cdot \frac{18}{19} \cdot \frac{1}{18}\) gegenseitig kürzen.

- Lies die Endpunkte des Baums als geordnete Zahlenpaare. - Prüfe für jede mögliche erste Zahl, welche zweiten Zahlen größer sind. - Zähle anschließend günstige Endpunkte und alle Endpunkte.

1. Der Baum hat \(4\cdot4=16\) Endpunkte. Beim fairen Tetraeder sind die zugehörigen geordneten Ergebnisse gleich wahrscheinlich. 2. Günstig sind \((1;2),(1;3),(1;4),(2;3),(2;4),(3;4)\). Das sind \(6\) Endpunkte. 3. Daher ist die Wahrscheinlichkeit \(\frac{6}{16}=\frac{3}{8}=37{,}5\,\%\).

\(\frac{3}{8}=37{,}5\,\%\)

- Für \(30\,\%\) Erfolg müssen drei der zehn gleich wahrscheinlichen Ziffern als Erfolg gelten. - Zähle in b) nur die Ziffern \(0,1,2\). - Vergleiche bei c) eine kurze Versuchsreihe mit der langfristigen Aussage des empirischen Gesetzes der großen Zahlen.

1. Für Erfolgswahrscheinlichkeit \(0{,}3\) müssen genau \(3\) der \(10\) gleich wahrscheinlichen Ziffern als Erfolg festgelegt werden. Eine mögliche Zuordnung ist Erfolg bei \(0,1,2\), Misserfolg bei \(3,4,5,6,7,8,9\). 2. In der angegebenen Folge sind \(0,2,1,2\) Erfolge. Die absolute Häufigkeit beträgt daher \(4\). 3. Die relative Häufigkeit ist \(\frac{4}{10}=0{,}4=40\,\%\). 4. Bei nur zehn Versuchen können relative Häufigkeiten merklich von der zugrunde liegenden Wahrscheinlichkeit abweichen. Erst bei vielen Wiederholungen ist eine stärkere Stabilisierung zu erwarten.

a) Zum Beispiel: Erfolg bei \(0,1,2\), Misserfolg bei \(3,4,5,6,7,8,9\). b) Absolute Häufigkeit: \(4\); relative Häufigkeit: \(0{,}4=40\,\%\). c) Zehn Versuche sind eine kurze Reihe; zufällige Schwankungen können deshalb noch deutlich sichtbar sein.

- Vergleiche die im Text genannten Möglichkeiten der zweiten Stufe mit jedem zweiten Astpaar im Bild. - Jede Möglichkeit einer Stufe darf an einem Knoten genau einmal vorkommen. - Schreibe anschließend jeden vollständigen Pfad als Kombination der beiden Stufen auf.

1. Nach dem ersten Ergebnis R muss in der zweiten Stufe je ein Ast zu u und zu v führen. Im gezeichneten Baum steht dort u zweimal; v fehlt. 2. Die korrekten vollständigen Ergebnisfolgen sind Lu, Lv, Ru und Rv.

a) Nach R ist u doppelt eingetragen und v fehlt. b) \(\{\text{Lu},\text{Lv},\text{Ru},\text{Rv}\}\)

- Zähle zuerst alle vollständigen Blätter des Baums. - Markiere alle Blätter, deren erster Eintrag P ist. - Ergänze danach die noch nicht markierten Blätter mit einer Zahl kleiner als \(3\), ohne doppelt zu zählen. - Nutze, dass alle vollständigen Blätter hier gleich wahrscheinlich sind.

1. Der Baum hat \(2\cdot4=8\) vollständige Blätter. Weil beide Geräte jeweils gleich große Felder haben, sind diese acht Kombinationen gleich wahrscheinlich. 2. Das Ereignis E enthält P1, P2, P3 und P4 sowie Q1 und Q2. Das sind \(6\) günstige Blätter. 3. Daher ist \(P(E)=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}=75\,\%\).

\(P(E)=\frac{3}{4}=75\,\%\)

- Überlege, wie die Zahl der Blätter eines gleichmäßig verzweigten zweistufigen Baums mit den Astzahlen der beiden Stufen zusammenhängt. - Die beiden gesuchten Astzahlen sind positive ganze Zahlen. - Nutze neben der Gesamtzahl \(24\) auch die Information über den Unterschied der beiden Astzahlen. - Prüfe deine gefundenen Astzahlen anschließend an beiden Bedingungen.

1. Die Zahl der vollständigen Pfade ist das Produkt aus der Zahl der Möglichkeiten der ersten Stufe und der Zahl der Möglichkeiten der zweiten Stufe. 2. Gesucht sind daher zwei positive ganze Zahlen mit Produkt \(24\), wobei die erste Zahl um \(2\) größer ist als die zweite. 3. Die Faktoren \(6\) und \(4\) erfüllen beide Bedingungen: \(6\cdot4=24\) und \(6-4=2\). 4. Vom Start gehen also \(6\) Äste aus; an jedem der sechs Knoten folgen \(4\) zweite Äste.

Erste Stufe: \(6\) Äste; zweite Stufe: jeweils \(4\) Äste.