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- Wofür steht ein vollständiger Weg vom Start bis zu einem Endpunkt? - Zähle die Endpunkte zunächst getrennt für jeden Raum. - Führe die Teilanzahlen anschließend zusammen.

1. Jeder Endpunkt des Baums steht für eine vollständige Kombination aus Raum und Zeitblock. 2. Die Äste zu A, B und C haben jeweils drei Endpunkte. Das sind zusammen \(3+3+3=9\) Kombinationen. 3. Der Ast zu D hat zwei Endpunkte. Insgesamt sind daher \(9+2=11\) zulässige Kombinationen dargestellt.

Es gibt \(11\) zulässige Kombinationen. Man liest die Anzahl ab, indem man die Endpunkte des Baums zählt: bei A, B und C jeweils \(3\), bei D \(2\), also \(3+3+3+2=11\).

- Achte darauf, auf welche Stufe sich das Ereignis \(E\) bezieht. - Für \(E\) muss das Ergebnis des anschließenden Würfelwurfs nicht bekannt sein.

Das Ereignis \(E\) bezieht sich nur auf die erste Stufe. Die Wahrscheinlichkeit für eine blaue Karte ist bereits mit \(0{,}3\) gegeben. Der anschließende Würfelwurf ändert dieses Ereignis nicht. Daher gilt \(P(E)=0{,}3\).

\(P(E)=0{,}3=30\,\%\)

- Überlege bei jeder Situation, wie viele nacheinander ausgeführte Zufallsschritte vorkommen. - Ein einzelner Zufallsschritt bildet nur eine Stufe.

b) ist mehrstufig: Jeder Münzwurf bildet eine eigene Stufe, also hat das Experiment drei Stufen. Bei a) und c) gibt es jeweils nur eine Stufe.

b). Das Experiment hat drei Stufen; a) und c) haben jeweils nur eine Stufe.

- Überlege dir, wie viele verschiedene Ergebnisse pro Wurf für die Fragestellung wichtig sind. - Was müsste man über die Treffsicherheit des Spielers über den gesamten Zeitraum annehmen? - Spielt es für den zweiten Wurf eine Rolle, ob der erste Wurf ein Treffer war? - Welche mathematischen Eigenschaften definieren eine Bernoulli-Kette?

1. Definition der Ergebnisse: Jeder Wurf wird als Einzelversuch mit genau zwei möglichen Ausgängen betrachtet: „Treffer“ (Erfolg) und „kein Treffer“ (Misserfolg). 2. Konstanz der Wahrscheinlichkeit: Es wird vorausgesetzt, dass die Trefferwahrscheinlichkeit für jeden der 12 Würfe konstant bei \(p = 0{,}8\) bleibt (keine Ermüdung oder Lerneffekte). 3. Unabhängigkeit der Versuche: Die einzelnen Würfe müssen voneinander unabhängig sein, das heißt, das Ergebnis eines Wurfs darf die Wahrscheinlichkeit für die nachfolgenden Würfe nicht beeinflussen. 4. Bestimmung der Kettenlänge: Da der Vorgang 12-mal unter denselben Bedingungen wiederholt wird, ergibt sich eine Bernoulli-Kette der Länge \(n = 12\).

Das Experiment kann als Bernoulli-Kette modelliert werden, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind: 1. Es gibt nur zwei relevante Ergebnisse (Treffer/Fehlwurf). 2. Die Trefferwahrscheinlichkeit bleibt für alle 12 Würfe konstant bei \(p = 0{,}8\). 3. Die Würfe sind stochastisch unabhängig voneinander. Da diese Bedingungen hier als idealisiert gegeben vorausgesetzt werden können, liegt eine Bernoulli-Kette mit \(n = 12\) vor.

- Überlege dir, ob es bei jedem einzelnen Versuch genau zwei mögliche Ergebnisse (Treffer/Nichttreffer) gibt. - Prüfe, ob die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer bei jeder Wiederholung absolut gleich bleibt. - Ist die Anzahl der Versuche von vornherein fest vorgegeben oder ändert sie sich je nach Verlauf? - Spielt es eine Rolle, ob Objekte nach der Ziehung wieder zurückgelegt werden oder nicht?

1. Teilaufgabe a): Ja, es ist eine Bernoulli-Kette. Treffer: „Primzahl“ (2, 3 oder 5). Da es 3 günstige von 6 möglichen Ergebnissen gibt, ist \(p = \frac{3}{6} = 0{,}5\). Die Länge der Kette beträgt \(n = 12\). 2. Teilaufgabe b): Nein, es ist keine Bernoulli-Kette. Da die Stifte ohne Zurücklegen entnommen werden, ändert sich die Wahrscheinlichkeit für einen roten Stift mit jedem Zug (Abhängigkeit der Versuche). 3. Teilaufgabe c): Nein, es ist keine Bernoulli-Kette. Bei einer Bernoulli-Kette muss die Anzahl der Versuche \(n\) im Vorhinein feststehen. Hier ist die Anzahl der Würfe variabel und hängt vom Erfolg ab. 4. Teilaufgabe d): Ja, es ist eine Bernoulli-Kette. Treffer: „Farbe Gelb“. Da die Sektoren gleich groß sind, ist \(p = \frac{1}{3}\). Die Länge der Kette beträgt \(n = 20\).

a) Ja; Treffer: Primzahl; \(n = 12\); \(p = 0{,}5\). b) Nein; Wahrscheinlichkeit ändert sich (ohne Zurücklegen). c) Nein; Versuchsanzahl \(n\) ist nicht fest vorgegeben. d) Ja; Treffer: Gelb; \(n = 20\); \(p = \frac{1}{3}\).

- Betrachte den Code als fünf aufeinanderfolgende Entscheidungen. - Prüfe bei b), wie viele Zeichen nach jeder bereits belegten Stelle noch zur Verfügung stehen. - Für c) brauchst du nicht erst alle Codes zu zählen; verfolge den fünfstufigen Pfad „Ziffer“.

Insgesamt stehen \(10+8=18\) Zeichen zur Verfügung. a) An jeder der fünf Stellen gibt es \(18\) Möglichkeiten. Daher \(18^5=1\,889\,568\). b) Ohne Wiederholung gibt es für die fünf Stellen nacheinander \(18\), \(17\), \(16\), \(15\) und \(14\) Möglichkeiten. Somit \(18\cdot 17\cdot 16\cdot 15\cdot 14=1\,028\,160\). c) Bei jeder Stelle beträgt die Wahrscheinlichkeit für eine Ziffer \(\frac{10}{18}=\frac{5}{9}\). Für fünf Ziffern hintereinander gilt \(P=\left(\frac{5}{9}\right)^5=\frac{3125}{59049}\approx 0{,}05292\).

a) \(1\,889\,568\) Codes b) \(1\,028\,160\) Codes c) \(\frac{3125}{59049}\approx 5{,}29\,\%\)

- Betrachte die vier Stellen als vier aufeinanderfolgende Entscheidungen. - Bei b) steht eine bereits verwendete Ziffer an späteren Stellen nicht mehr zur Verfügung. - Für c) kannst du die wenigen günstigen Codes direkt aufzählen und mit der Gesamtzahl vergleichen.

a) Für jede der vier Stellen gibt es \(6\) Möglichkeiten. Daher \(6^4=1296\). b) Für vier verschiedene Ziffern gibt es nacheinander \(6\), \(5\), \(4\) und \(3\) Möglichkeiten: \(6\cdot 5\cdot 4\cdot 3=360\). c) Es gibt sechs günstige Codes: \(1111\), \(2222\), \(3333\), \(4444\), \(5555\) und \(6666\). Bei \(1296\) gleich wahrscheinlichen Codes gilt \(P=\frac{6}{1296}=\frac{1}{216}\approx 0{,}00463\).

a) \(1296\) b) \(360\) c) \(\frac{1}{216}\approx 0{,}00463\)

- Wie viele verschiedene Ausgänge darf ein Experiment haben, damit man es einen Bernoulli-Versuch nennt? - Kann man mehrere Ergebnisse zu einer Gruppe (einem Ereignis) zusammenfassen, um die Bedingung zu erfüllen? - Schau dir an, wie viele Kategorien am Ende jeweils unterschieden werden.

1. Ein Bernoulli-Versuch ist dadurch definiert, dass es genau zwei mögliche Ergebnisse gibt, die oft als Erfolg und Misserfolg bezeichnet werden. 2. Zu a): Es liegen sechs verschiedene mögliche Ergebnisse vor (\(1, 2, 3, 4, 5, 6\)). Da dies mehr als zwei sind, ist es kein Bernoulli-Versuch. 3. Zu b): Die Ergebnismenge wird in zwei komplementäre Gruppen unterteilt (Primzahl oder keine Primzahl). Da es nur diese zwei Möglichkeiten gibt, handelt es sich um einen Bernoulli-Versuch. 4. Zu c): Auch hier gibt es nur zwei Möglichkeiten (Augenzahl \(> 4\) oder Augenzahl \(\leq 4\)). Somit liegt ein Bernoulli-Versuch vor.

a) Nein, es ist kein Bernoulli-Versuch. b) Ja, es ist ein Bernoulli-Versuch. c) Ja, es ist ein Bernoulli-Versuch.

- Lies aus der Urne ab, wie groß die Wahrscheinlichkeit für Rot bzw. Blau bei einem Zug ist. - Notiere alle dreistelligen Farbfolgen, in denen genau zweimal Rot vorkommt. - Durch das Zurücklegen bleiben die Zweigwahrscheinlichkeiten bei jedem Zug gleich.

1. Aus der Abbildung liest man \(2\) rote und \(3\) blaue Kugeln ab. Mit Zurücklegen gilt bei jedem Zug \(P(\text{Rot})=\frac{2}{5}\) und \(P(\text{Blau})=\frac{3}{5}\). 2. Für genau zwei rote Kugeln sind die drei Pfade Rot-Rot-Blau, Rot-Blau-Rot und Blau-Rot-Rot günstig. 3. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(\frac{2}{5}\cdot\frac{2}{5}\cdot\frac{3}{5}=\frac{12}{125}=0{,}096\). Daher ist \(P=3\cdot0{,}096=0{,}288\).

\(P=0{,}288=28{,}8\,\%\)

- Welche vollständigen Pfade gehören jeweils zum gesuchten Ereignis? - Entlang eines vollständigen Pfades werden die drei Astwahrscheinlichkeiten miteinander verknüpft. - Für „mindestens zwei“ musst du sowohl die Fälle mit genau zwei als auch den Fall mit drei keimenden Samen berücksichtigen.

a) Für „alle drei keimen“ gibt es den Pfad KKK: \(P(\mathrm{KKK})=0{,}7\cdot0{,}7\cdot0{,}7=0{,}343\). b) Für „kein Samen keimt“ gibt es den Pfad NNN: \(P(\mathrm{NNN})=0{,}3\cdot0{,}3\cdot0{,}3=0{,}027\). c) „Mindestens zwei keimen“ umfasst KKN, KNK, NKK und KKK. Für jeden Pfad mit genau zwei keimenden Samen gilt \(0{,}7\cdot0{,}7\cdot0{,}3=0{,}147\). Daher ist \(P(\text{mindestens zwei})=0{,}147+0{,}147+0{,}147+0{,}343=0{,}784\).

a) \(34{,}3\,\%\) (oder \(0{,}343\)) b) \(2{,}7\,\%\) (oder \(0{,}027\)) c) \(78{,}4\,\%\) (oder \(0{,}784\))

- Bezeichne „defekt“ und „intakt“ kurz und notiere die vollständigen Viererfolgen, die zur jeweiligen Bedingung passen. - Auf einem vollständigen Pfad werden die vier Astwahrscheinlichkeiten miteinander multipliziert. - Prüfe bei „genau ein“ und „genau zwei“, an welchen Positionen die defekten Teile liegen können.

a) Für vier intakte Bauteile gibt es den Pfad IIII: \(P(\mathrm{IIII})=0{,}95^4=0{,}81450625\). b) Genau ein Defekt kann an vier Positionen auftreten: DIII, IDII, IIDI oder IIID. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}05\cdot0{,}95^3=0{,}04286875\). Daher ist \(P(\text{genau ein Defekt})=4\cdot0{,}04286875=0{,}171475\). c) Genau zwei Defekte treten auf den sechs Pfaden DDII, DIDI, DIID, IDDI, IDID und IIDD auf. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}05^2\cdot0{,}95^2=0{,}00225625\). Daher ist \(P(\text{genau zwei Defekte})=6\cdot0{,}00225625=0{,}0135375\).

a) ca. \(81{,}45\,\%\) b) ca. \(17{,}15\,\%\) c) ca. \(1{,}35\,\%\)

- Welche beiden Ausgänge hat jeder einzelne Wurf, und ändern sich ihre Wahrscheinlichkeiten von Wurf zu Wurf? - Für eine fest vorgegebene Reihenfolge genügt ein vollständiger Pfad. - Bei „mindestens ein Treffer“ kann das Gegenereignis kürzer sein. - Für „genau zwei Treffer“ musst du alle möglichen Positionen der beiden Treffer berücksichtigen.

1. Wegen der angenommenen Unabhängigkeit und der konstanten Trefferwahrscheinlichkeit gelten bei jedem Wurf dieselben Astwahrscheinlichkeiten: Treffer \(0{,}6\), Fehlwurf \(0{,}4\). 2. Für \(A\) gehört nur der Pfad TTTT zum Ereignis. Daher ist \(P(A)=0{,}6^4=0{,}1296\). 3. Für \(B\) gehört nur der Pfad NNTT zum Ereignis. Daher ist \(P(B)=0{,}4^2\cdot0{,}6^2=0{,}0576\). 4. Das Gegenereignis zu \(C\) ist NNNN. Daher ist \(P(C)=1-0{,}4^4=0{,}9744\). 5. Genau zwei Treffer treten auf den sechs Pfaden TTNN, TNTN, TNNT, NTTN, NTNT und NNTT auf. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}6^2\cdot0{,}4^2=0{,}0576\). Somit ist \(P(D)=6\cdot0{,}0576=0{,}3456\).

a) Weil die Würfe als unabhängig modelliert werden und die Trefferwahrscheinlichkeit konstant bleibt, gelten bei jedem Wurf dieselben Astwahrscheinlichkeiten: Treffer \(0{,}6\), Fehlwurf \(0{,}4\). b) \(P(A)=0{,}1296\); \(P(B)=0{,}0576\); \(P(C)=0{,}9744\); \(P(D)=0{,}3456\)

- Welche zwei Astwahrscheinlichkeiten gehören zu jeder Prüfung, und was bewirkt das Zurücklegen für die Zusammensetzung? - Bei einem fest vorgegebenen Ablauf reicht ein vollständiger Pfad. - Für „mindestens ein fehlerhaftes Glas“ kann das Gegenereignis einfacher sein. - Bei „genau ein fehlerhaftes Glas“ ist entscheidend, an welcher der fünf Positionen der Fehler liegt.

1. Für ein fehlerhaftes Glas gilt die Astwahrscheinlichkeit \(0{,}1\), für ein einwandfreies Glas \(0{,}9\). Wegen des Modells „mit Zurücklegen“ bleibt die Zusammensetzung bei jeder der fünf Prüfungen gleich. 2. Für \(E\) gehört nur der Pfad EEEEE zum Ereignis. Daher ist \(P(E)=0{,}9^5=0{,}59049\). 3. Für \(F\) gehört nur der Pfad EEEFF zum Ereignis. Daher ist \(P(F)=0{,}9^3\cdot0{,}1^2=0{,}00729\). 4. Das Gegenereignis zu \(G\) ist „kein Glas ist fehlerhaft“. Daher ist \(P(G)=1-0{,}59049=0{,}40951\). 5. Genau ein fehlerhaftes Glas kann an fünf Positionen stehen: FEEEE, EFEEE, EEFEE, EEEFE oder EEEEF. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1\cdot0{,}9^4=0{,}06561\). Somit ist \(P(H)=5\cdot0{,}06561=0{,}32805\).

a) Fehlerhaft: \(0{,}1\); einwandfrei: \(0{,}9\). Die Wahrscheinlichkeiten bleiben gleich, weil das Ziehen als Ziehen mit Zurücklegen modelliert wird und sich die Zusammensetzung dadurch nicht ändert. b) \(P(E)=0{,}59049\); \(P(F)=0{,}00729\); \(P(G)=0{,}40951\); \(P(H)=0{,}32805\)

- Erzeuge die Ergebnisse systematisch, indem du an jeder der drei Stellen zwischen \(T\) und \(N\) unterscheidest. - Für einen einzelnen Ergebnisweg multiplizierst du die drei zugehörigen Astwahrscheinlichkeiten. - Bei einem Ereignis mit mehreren passenden Ergebnissen musst du alle günstigen Pfade erfassen und ihre Wahrscheinlichkeiten zusammenführen.

a) Die acht Ergebnisse sind \(TTT, TTN, TNT, NTT, TNN, NTN, NNT, NNN\). b) \(P(TNN)=0{,}4\cdot0{,}6\cdot0{,}6=0{,}144\). \(P(TTN)=0{,}4\cdot0{,}4\cdot0{,}6=0{,}096\). c) Genau ein Treffer tritt auf den Pfaden TNN, NTN und NNT auf. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}144\). Daher \(P(\text{genau ein Treffer})=3\cdot0{,}144=0{,}432\). Mindestens zwei Treffer treten auf TTN, TNT, NTT und TTT auf. Die ersten drei Pfade haben jeweils die Wahrscheinlichkeit \(0{,}096\), TTT hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}4^3=0{,}064\). Somit \(P(\text{mindestens zwei Treffer})=3\cdot0{,}096+0{,}064=0{,}352\).

a) \(\{TTT, TTN, TNT, NTT, TNN, NTN, NNT, NNN\}\) b) \(P(TNN)=0{,}144\); \(P(TTN)=0{,}096\) c) \(P(\text{genau ein Treffer})=0{,}432\); \(P(\text{mindestens zwei Treffer})=0{,}352\)

- Vergleiche, wie viele Gewinnlose und wie viele Lose insgesamt vor dem zweiten Zug vorhanden sind. - Überlege, welche Wirkung das Zurücklegen auf die Zusammensetzung der Schachtel hat. - Betrachte bei b) die beiden möglichen Ergebnisse des ersten Zugs getrennt.

a) Nach jedem Zug liegen wieder \(5\) Gewinnlose unter \(20\) Losen in der Schachtel. Deshalb beträgt die Gewinnwahrscheinlichkeit bei jedem Zug \(\frac{5}{20}=\frac{1}{4}=0{,}25\). b) Nach einem Gewinn im ersten Zug bleiben \(4\) Gewinnlose unter \(19\) Losen. Die Gewinnwahrscheinlichkeit im zweiten Zug ist dann \(\frac{4}{19}\approx 0{,}211\). Nach einer Niete im ersten Zug bleiben \(5\) Gewinnlose unter \(19\) Losen. Die Gewinnwahrscheinlichkeit ist dann \(\frac{5}{19}\approx 0{,}263\). Ohne Zurücklegen hängt die Zusammensetzung der Schachtel vom Ergebnis des ersten Zugs ab. Deshalb können sich die Wahrscheinlichkeiten an der nächsten Stufe unterscheiden.

a) Die Gewinnwahrscheinlichkeit bleibt bei \(0{,}25=25\,\%\). b) Nach einem Gewinn: \(\frac{4}{19}\approx 21{,}1\,\%\); nach einer Niete: \(\frac{5}{19}\approx 26{,}3\,\%\). Ohne Zurücklegen verändert der erste Zug die Zusammensetzung der Schachtel.

- Übersetze jedes Ereignis zuerst in mögliche Folgen aus \(G\) und \(F\). - Vergleiche bei b) die Faktoren entlang der zugehörigen Pfade, ohne sie auszurechnen. - Bei C ist das Ergebnis der vierten Prüfung nicht festgelegt; überlege, wie sich das vereinfachen lässt.

1. Die Ergebnismengen lauten \(A=\{(G,F,G,G)\}\), \(B=\{(F,G,G,G),(G,F,G,G),(G,G,F,G),(G,G,G,F)\}\), \(C=\{(G,G,G,G),(G,G,G,F)\}\) und \(D=\{(G,G,G,F)\}\). 2. A und D bestehen jeweils aus genau einem Pfad mit drei einwandfreien und einem fehlerhaften Bauteil. Da die Wahrscheinlichkeiten an jeder Stufe gleich sind, enthalten beide Pfade dieselben Faktoren. Also gilt \(P(A)=P(D)\). 3. Für A gilt \(P(A)=0{,}95^3\cdot0{,}05=0{,}04286875\). 4. B umfasst vier Pfade mit jeweils drei einwandfreien und einem fehlerhaften Bauteil. Daher ist \(P(B)=4\cdot0{,}95^3\cdot0{,}05=0{,}171475\). 5. Für C sind nur die ersten drei Prüfungen festgelegt; das vierte Ergebnis ist beliebig. Daher ist \(P(C)=0{,}95^3=0{,}857375\).

a) \(A=\{(G,F,G,G)\}\); \(B=\{(F,G,G,G),(G,F,G,G),(G,G,F,G),(G,G,G,F)\}\); \(C=\{(G,G,G,G),(G,G,G,F)\}\); \(D=\{(G,G,G,F)\}\) b) \(P(A)=P(D)\), weil A und D jeweils aus einem Pfad mit genau drei Faktoren \(0{,}95\) und einem Faktor \(0{,}05\) bestehen; die Reihenfolge der Faktoren ändert das Produkt nicht. c) \(P(A)=0{,}04286875\); \(P(B)=0{,}171475\); \(P(C)=0{,}857375\)

- Unterscheide zwischen „genau zwei irgendwo“ und „nur die ersten beiden“. - Liste für a) alle vierstelligen Folgen mit genau zwei nicht keimenden Samen auf. - Vergleiche die Pfadwahrscheinlichkeiten dieser Folgen, bevor du sie addierst.

a) Für genau zwei nicht keimende Samen gibt es sechs mögliche Folgen: \(NNKK\), \(NKNK\), \(NKKN\), \(KNNK\), \(KNKN\) und \(KKNN\). Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}15^2\cdot 0{,}85^2=0{,}01625625\). Nach der zweiten Pfadregel gilt \(P(\text{genau zwei }N)=6\cdot 0{,}01625625=0{,}0975375\approx 9{,}75\,\%\). b) Die Reihenfolge ist festgelegt: \(NNKK\). Daher gilt \(P(NNKK)=0{,}15^2\cdot 0{,}85^2=0{,}01625625\approx 1{,}63\,\%\).

a) \(P\approx 9{,}75\,\%\) b) \(P\approx 1{,}63\,\%\)

- Zeichne oder notiere für a) die möglichen Positionen des einzigen Fehlwurfs. - Prüfe, ob die zugehörigen Pfade dieselben Faktoren enthalten. - Vergleiche die Anzahl günstiger Pfade in a) mit der fest vorgegebenen Folge in b).

a) Bei genau vier Treffern gibt es fünf mögliche Folgen, je nachdem, an welcher Stelle der einzige Fehlwurf liegt. Jeder zugehörige Pfad hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}8^4\cdot 0{,}2=0{,}08192\). Mit der zweiten Pfadregel folgt \(P(\text{genau vier Treffer})=5\cdot 0{,}08192=0{,}4096\). b) Hier ist nur die Folge \(TTTTF\) erlaubt. Nach der ersten Pfadregel gilt \(P(TTTTF)=0{,}8^4\cdot 0{,}2=0{,}08192\).

a) \(P=0{,}4096=40{,}96\,\%\) b) \(P=0{,}08192=8{,}192\,\%\)

- Überlege dir bei jedem Ereignis, welche Bedingungen für die erste, zweite und dritte Zahl gelten. - „Nur beim ersten Mal“ bedeutet, dass es an den anderen Stellen auf keinen Fall vorkommen darf. - „Erst beim dritten Mal“ bedeutet, dass es davor nicht vorkommen darf, aber beim dritten Mal sicher dabei ist. - Wie viele Möglichkeiten gibt es insgesamt, wenn man ein Glücksrad mit drei Feldern dreimal dreht? - Erinnere dich an die Definition der Laplace-Wahrscheinlichkeit: Anzahl der günstigen Ergebnisse geteilt durch Anzahl der möglichen Ergebnisse.

1. Ergebnismenge für A bestimmen: Das Ereignis „Nur beim ersten Drehen eine 1“ bedeutet, dass die erste Zahl eine 1 sein muss und die zweite sowie dritte Zahl keine 1 sein dürfen (also 2 oder 3). Dies ergibt die Menge \(A = \{(1, 2, 2), (1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 3, 3)\}\). 2. Ergebnismenge für B bestimmen: „Erst beim dritten Drehen eine 1“ bedeutet, dass die ersten beiden Zahlen keine 1 sind und die dritte Zahl eine 1 ist. Dies ergibt die Menge \(B = \{(2, 2, 1), (2, 3, 1), (3, 2, 1), (3, 3, 1)\}\). 3. Anzahl der Ergebnisse für C und D: Für C ist die dritte Stelle fest (eine 1), die ersten beiden Stellen können jeweils drei Werte (1, 2, 3) annehmen. Anzahl: \(3 \cdot 3 \cdot 1 = 9\). Für D ist die dritte Stelle eine 2 oder 3, die ersten beiden Stellen sind beliebig. Anzahl: \(3 \cdot 3 \cdot 2 = 18\). 4. Wahrscheinlichkeiten berechnen: Die Gesamtzahl der möglichen Ergebnisse ist \(3^3 = 27\). Da alle Ergebnisse gleich wahrscheinlich sind (Laplace-Experiment), gilt: \(P(A) = \frac{4}{27}\) \(P(B) = \frac{4}{27}\) \(P(C) = \frac{9}{27} = \frac{1}{3}\) \(P(D) = \frac{18}{27} = \frac{2}{3}\)

a) \(A = \{(1, 2, 2), (1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 3, 3)\}\); \(B = \{(2, 2, 1), (2, 3, 1), (3, 2, 1), (3, 3, 1)\}\) b) Anzahl für C: 9; Anzahl für D: 18 c) \(P(A) = \frac{4}{27}\); \(P(B) = \frac{4}{27}\); \(P(C) = \frac{1}{3}\); \(P(D) = \frac{2}{3}\)

- Nutze ein Baumdiagramm, um dir die verschiedenen Pfade zu veranschaulichen. - Überlege genau, was Formulierungen wie „nur“ oder „erst beim …“ für die anderen Würfe bedeuten. - Bei unabhängigen Ereignissen kannst du die Wahrscheinlichkeiten entlang eines Pfades multiplizieren. - Wenn ein Wurf „beliebig“ ist, wird seine Wahrscheinlichkeit in der Summe zu 1.

1. Identifikation der Pfade: Ereignis A: Nur der zweite Wurf ist ein Treffer bedeutet \((F, T, F)\). Ereignis B: Der erste Treffer beim zweiten Wurf bedeutet, der erste war ein Fehlschuss, der zweite ein Treffer, der dritte ist beliebig: \((F, T, F)\) und \((F, T, T)\). Ereignis C: Der zweite Wurf ist ein Treffer bedeutet, die anderen sind beliebig: \((T, T, T), (T, T, F), (F, T, T), (F, T, F)\). 2. Berechnung der Wahrscheinlichkeiten mit \(P(T) = 0{,}25\) und \(P(F) = 0{,}75\): \(P(A) = 0{,}75 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}75 = 0{,}140625 = \frac{9}{64}\). \(P(B) = 0{,}75 \cdot 0{,}25 \cdot (0{,}75 + 0{,}25) = 0{,}75 \cdot 0{,}25 \cdot 1 = 0{,}1875 = \frac{3}{16}\). \(P(C) = 1 \cdot 0{,}25 \cdot 1 = 0{,}25 = \frac{1}{4}\). \(P(D) = 1 - P(C) = 0{,}75 = \frac{3}{4}\).

a) \(A = \{(F, T, F)\}\); \(B = \{(F, T, F), (F, T, T)\}\); \(C = \{(T, T, T), (T, T, F), (F, T, T), (F, T, F)\}\) b) \(P(A) = \frac{9}{64} \approx 14{,}1\,\%\); \(P(B) = \frac{3}{16} = 18{,}75\,\%\); \(P(C) = \frac{1}{4} = 25\,\%\); \(P(D) = \frac{3}{4} = 75\,\%\)

- Was sind die grundlegenden Eigenschaften eines Bernoulli-Versuchs? - Wann kann man das „Ziehen ohne Zurücklegen“ näherungsweise wie „Ziehen mit Zurücklegen“ behandeln? - Achte auf das Verhältnis zwischen der Stichprobengröße und der Gesamtmenge.

1. Teilaufgabe a): Das Experiment kann als Bernoulli-Kette modelliert werden, wenn es nur zwei Zustände gibt (defekt/intakt) und die Trefferwahrscheinlichkeit \(p\) konstant bleibt. Bei einer sehr großen Grundgesamtheit (laufende Produktion) ändert die Entnahme einer Stichprobe ohne Zurücklegen die Wahrscheinlichkeit so geringfügig, dass man sie als konstant ansehen kann (Unabhängigkeit). 2. Teilaufgabe b): Die Anzahl der Versuche ist die Stichprobengröße, also \(n = 100\). Die Trefferwahrscheinlichkeit entspricht dem Anteil der defekten Flaschen: \(p = 0{,}5\,\% = 0{,}005\). 3. Teilaufgabe c): In diesem Fall ist eine Bernoulli-Kette nicht mehr sinnvoll. Da die Stichprobe (\(100\)) einen sehr großen Teil der Grundgesamtheit (\(120\)) ausmacht, ändert sich die Wahrscheinlichkeit beim Ziehen ohne Zurücklegen massiv. Die Versuche sind somit stark voneinander abhängig.

a) Modellierung möglich, wenn die Grundgesamtheit groß genug ist, sodass \(p\) näherungsweise konstant bleibt und es nur zwei Ergebnisse gibt. b) \(n = 100\); \(p = 0{,}005\). c) Nicht sinnvoll, da die Grundgesamtheit zu klein ist; die Wahrscheinlichkeit ändert sich bei Entnahme ohne Zurücklegen signifikant.

- Wie viele verschiedene Kombinationen gibt es insgesamt, wenn man aus vier Zahlen zweimal mit Zurücklegen zieht? - Erstelle eine kleine Tabelle oder eine Liste aller 16 Möglichkeiten, um die günstigen Fälle leichter abzählen zu können. - Denke daran, dass beim Produkt von Zahlen auch gleiche Zahlen (wie \(2 \cdot 2\)) Quadratzahlen ergeben. - Gehe systematisch vor, um beim Vergleichen der Zahlen (größer/kleiner) keinen Fall zu vergessen.

1. Die Gesamtzahl der möglichen Ergebnisse bei zwei Zügen mit Zurücklegen beträgt \(4 \cdot 4 = 16\). 2. Für Ereignis a) werden die günstigen Paare ermittelt: (1,4), (2,3), (3,2), (4,1). Es gibt 4 günstige Ergebnisse. Die Wahrscheinlichkeit ist \(P = \frac{4}{16} = \frac{1}{4} = 0{,}25\). 3. Für Ereignis b) werden die Paare gesucht, deren Produkt eine Quadratzahl ist: (1,1) [Produkt 1], (1,4) [4], (2,2) [4], (3,3) [9], (4,1) [4], (4,4) [16]. Es gibt 6 günstige Ergebnisse. Die Wahrscheinlichkeit ist \(P = \frac{6}{16} = \frac{3}{8} = 0{,}375\). 4. Für Ereignis c) werden die Paare gesucht, bei denen die erste Zahl größer ist: (2,1), (3,1), (3,2), (4,1), (4,2), (4,3). Es gibt 6 günstige Ergebnisse. Die Wahrscheinlichkeit ist \(P = \frac{6}{16} = \frac{3}{8} = 0{,}375\).

a) \(P = \frac{1}{4} = 0{,}25\) b) \(P = \frac{3}{8} = 0{,}375\) c) \(P = \frac{3}{8} = 0{,}375\)

- Betrachte jede Codeposition als nächste Stufe und notiere, wie viele Ziffern dort noch erlaubt sind. - Bei b) ist nur die unmittelbar vorherige Ziffer für die nächste Auswahl gesperrt. - Bei c) wählst du zuerst die beiden aufeinanderfolgenden unterschiedlichen Ziffern; danach ist das Wechselmuster festgelegt.

a) Für die vier Stellen gibt es nacheinander \(6\), \(5\), \(4\) und \(3\) Möglichkeiten. Daher \(6\cdot 5\cdot 4\cdot 3=360\). b) Für die erste Stelle gibt es \(6\) Möglichkeiten. Jede weitere Stelle darf nur nicht mit der unmittelbar vorherigen Ziffer übereinstimmen und hat deshalb \(5\) Möglichkeiten: \(6\cdot 5^3=750\). c) Für einen abwechselnden Code kann die erste Ziffer auf \(6\) Arten gewählt werden. Für die zweite gibt es \(5\) andere Ziffern. Danach sind die dritte und vierte Stelle festgelegt. Somit gibt es \(6\cdot 5=30\) günstige zulässige Codes. Daher \(P=\frac{30}{750}=\frac{1}{25}=0{,}04\).

a) \(360\) b) \(750\) c) \(\frac{1}{25}=4\,\%\)

- Zähle die Möglichkeiten für die fünf Positionen nacheinander. - Wenn Farben nicht wiederholt werden dürfen, sinkt die Zahl der verfügbaren Farben nach jeder Auswahl. - Für c) ist das Gegenereignis „alle fünf Farben sind verschieden“ einfacher als das direkte Erfassen aller Wiederholungsfälle.

a) An jeder der fünf Stellen gibt es \(12\) Möglichkeiten: \(12^5=248\,832\). b) Ohne Wiederholung stehen nacheinander \(12\), \(11\), \(10\), \(9\) und \(8\) Farben zur Verfügung: \(12\cdot 11\cdot 10\cdot 9\cdot 8=95\,040\). c) Das Gegenereignis lautet „alle fünf Farben sind verschieden“. Seine Wahrscheinlichkeit kann direkt stufenweise berechnet werden: \(P(\text{alle verschieden})=1\cdot\frac{11}{12}\cdot\frac{10}{12}\cdot\frac{9}{12}\cdot\frac{8}{12}=\frac{55}{144}\). Daher gilt \(P(\text{mindestens eine Wiederholung})=1-\frac{55}{144}=\frac{89}{144}\approx 0{,}6181\).

a) \(248\,832\) b) \(95\,040\) c) \(\frac{89}{144}\approx 61{,}81\,\%\)

- Betrachte das Gegenereignis: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle Personen in unterschiedlichen Monaten Geburtstag haben? - Wie viele Möglichkeiten gibt es für die erste, zweite, dritte Person usw., wenn kein Monat doppelt vorkommen darf? - Wie viele Möglichkeiten gibt es insgesamt bei 12 Monaten für \(k\) Personen? - Teste schrittweise verschiedene Werte für die Anzahl der Personen \(k\).

1. Das Gegenereignis ist, dass alle \(k\) Jugendlichen in verschiedenen Monaten Geburtstag haben. 2. Die Wahrscheinlichkeit für dieses Gegenereignis bei \(k\) Personen und 12 Monaten beträgt \(P(\text{verschieden}) = \frac{12}{12} \cdot \frac{11}{12} \cdot \dots \cdot \frac{12-k+1}{12}\). 3. Gesucht ist das kleinste \(k\), für das \(1 - P(\text{verschieden}) > 0{,}6\) gilt, also \(P(\text{verschieden}) < 0{,}4\). 4. Berechnung der Wahrscheinlichkeiten durch schrittweises Multiplizieren: - \(k=1\): \(1\) - \(k=2\): \(1 \cdot \frac{11}{12} \approx 0{,}917\) - \(k=3\): \(0{,}917 \cdot \frac{10}{12} \approx 0{,}764\) - \(k=4\): \(0{,}764 \cdot \frac{9}{12} \approx 0{,}573\) - \(k=5\): \(0{,}573 \cdot \frac{8}{12} \approx 0{,}382\) 5. Da \(0{,}382 < 0{,}4\) (bzw. \(1 - 0{,}382 = 0{,}618 > 0{,}6\)), ist die Bedingung erstmals für \(k=5\) erfüllt.

\(k = 5\)

- Wie viele Ergebnisse hat ein Bernoulli-Versuch per Definition? - Kannst du die drei Kategorien so in zwei Gruppen aufteilen, dass jede Gruppe als ein einziges Gesamtergebnis zählt? - Denk an das Konzept des Gegenereignisses.

1. Ein Bernoulli-Versuch darf laut Definition nur genau zwei Ergebnisse haben. Da hier zwischen drei Arten unterschieden wird (Hauptgewinn, Kleingewinn, Niete), ist die Bedingung nicht erfüllt. 2. Mögliche Umformungen durch Zusammenfassung von Ergebnissen: Variante 1: Erfolg = „Gewinn“ (Haupt- oder Kleingewinn), Misserfolg = „Niete“. Variante 2: Erfolg = „Hauptgewinn“, Misserfolg = „kein Hauptgewinn“ (Kleingewinn oder Niete). 3. Die Aussage ist korrekt. Jedes Zufallsexperiment mit beliebig vielen Ergebnissen kann zu einem Bernoulli-Versuch reduziert werden, indem man ein bestimmtes Ereignis \(A\) als „Erfolg“ definiert und dessen Gegenereignis \(\bar{A}\) als „Misserfolg“ definiert.

a) Es liegen drei statt zwei Ergebnisse vor. b) Z. B. „Gewinn oder Niete“ oder „Hauptgewinn oder kein Hauptgewinn“. c) Die Aussage ist wahr, da man Ergebnisse stets in ein Ereignis \(E\) und sein Gegenereignis \(\bar{E}\) aufteilen kann.

- Lies zuerst aus der Abbildung ab, welche Zahlen und Farben auf den fünf gleich großen Sektoren stehen. - Ordne die Ergebnisse der zwei Drehungen als geordnete Paare. - Bei b) kann das Gegenereignis „zweimal dieselbe Farbe“ kürzer sein.

1. Bei zwei Drehungen gibt es \(5\cdot5=25\) gleich wahrscheinliche geordnete Zahlenpaare. Eine Summe von mindestens \(7\) liefern \((2,5)\), \((3,4)\), \((3,5)\), \((4,3)\), \((4,4)\), \((4,5)\), \((5,2)\), \((5,3)\), \((5,4)\) und \((5,5)\). Daher ist \(P(\text{Summe mindestens }7)=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}=0{,}4\). 2. Für gleiche Farben gibt es \(4\) Rot-Rot-Paare, \(4\) Blau-Blau-Paare und \(1\) Grün-Grün-Paar, also \(9\) von \(25\) Ergebnissen. Über das Gegenereignis folgt \(P(\text{unterschiedliche Farben})=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25}=0{,}64\).

a) \(P=0{,}4=40\,\%\) b) \(P=0{,}64=64\,\%\)

- Lies die fünf möglichen Zahlen einer Drehung direkt am Glücksrad ab. - Stelle die Ergebnisse der zwei Drehungen als geordnete Zahlenpaare dar. - Zähle für A und B jeweils die günstigen Paare und vergleiche ihre Anzahlen.

Bei zwei Drehungen entstehen \(5\cdot 5=25\) gleich wahrscheinliche geordnete Zahlenpaare. Für A sind günstig: \((1,5)\), \((2,4)\), \((3,3)\), \((4,2)\), \((5,1)\). Also gilt \(P(A)=\frac{5}{25}=\frac{1}{5}=0{,}2\). Für B sind günstig: \((2,1)\), \((3,1)\), \((3,2)\), \((4,1)\), \((4,2)\), \((4,3)\), \((5,1)\), \((5,2)\), \((5,3)\), \((5,4)\). Damit gilt \(P(B)=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}=0{,}4\). Da \(0{,}4>0{,}2\), ist B wahrscheinlicher.

Ereignis B ist wahrscheinlicher. Es gilt \(P(A)=20\,\%\) und \(P(B)=40\,\%\).

- Ein Ast muss nicht bis zu drei Spielen weitergeführt werden, wenn vorher schon zwei Siege oder zwei Niederlagen feststehen. - Notiere zunächst alle möglichen Endpfade des vorzeitig endenden Baums. - Sammle danach nur die Endpfade, auf denen das betrachtete Team zuerst zwei Siege erreicht.

1. Im vollständigen Baum endet die Serie nach WW oder LL bereits nach zwei Spielen. Nach WL und LW wird ein drittes Spiel angefügt. Damit lauten alle Endpfade WW, LL, WLW, WLL, LWW und LWL. 2. Das betrachtete Team gewinnt auf den drei Endpfaden WW, WLW und LWW. Es gilt \(P(WW)=0{,}6^2=0{,}36\), \(P(WLW)=0{,}6\cdot0{,}4\cdot0{,}6=0{,}144\) und \(P(LWW)=0{,}4\cdot0{,}6\cdot0{,}6=0{,}144\). 3. Daher ist \(P(\text{Seriensieg})=0{,}36+0{,}144+0{,}144=0{,}648\).

Das Baumdiagramm hat die sechs Endpfade WW, LL, WLW, WLL, LWW und LWL und endet jeweils beim zweiten Sieg oder bei der zweiten Niederlage. Es gilt \(P(\text{Seriensieg})=0{,}648=64{,}8\,\%\).

- Verfolge für a) den Pfad, der erst an der zweiten Stufe endet. - Für b) genügt es, bis zum Beginn der dritten Prüfung zu gelangen. - Multipliziere die Zweigwahrscheinlichkeiten entlang des jeweils nötigen Pfades.

a) Genau zwei Teile werden geprüft, wenn das erste Teil gut und das zweite Ausschuss ist. Nach der ersten Pfadregel gilt \(P=0{,}9\cdot 0{,}1=0{,}09\). b) Der dritte Prüfplatz wird erreicht, wenn die ersten beiden Teile gut sind. Das Ergebnis der dritten Prüfung ist dafür noch nicht relevant. Daher gilt \(P=0{,}9\cdot 0{,}9=0{,}81\).

a) \(P=0{,}09=9\,\%\) b) \(P=0{,}81=81\,\%\)

- Suche im Baum alle Endpunkte, die zum Ereignis „Erfolg“ gehören. - Berechne für jeden günstigen Endpfad zuerst sein Produkt. - Die günstigen Pfade schließen einander aus; verbinde ihre Wahrscheinlichkeiten entsprechend.

Zum Ereignis „Erfolg“ gehören zwei Endpfade. Über den Ast „1 bis 4“ und anschließend „Kopf“ gilt \(\frac{4}{6}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\). Über den Ast „5 oder 6“ und anschließend „6“ gilt \(\frac{2}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{18}\). Nach der zweiten Pfadregel ist \(P(\text{Erfolg})=\frac{1}{3}+\frac{1}{18}=\frac{7}{18}\approx 0{,}389\).

\(P(\text{Erfolg})=\frac{7}{18}\approx 38{,}9\,\%\)

- Achte auf die Tiefe, an der ein Pfad im Baum endet. - Für c) ist das Ergebnis des dritten Versuchs nicht mehr entscheidend für den Endzeitpunkt. - Prüfe am Schluss, ob die drei möglichen Endzeitpunkte zusammen die Wahrscheinlichkeit \(1\) ergeben.

a) Nach dem ersten Versuch endet das Verfahren auf dem Treffer-Ast: \(P=0{,}25\). b) Für ein Ende nach dem zweiten Versuch ist der Pfad „kein Treffer, Treffer“ nötig: \(P=0{,}75\cdot 0{,}25=0{,}1875\). c) Der dritte Versuch wird genau dann erreicht, wenn die ersten beiden Versuche ohne Treffer bleiben. Unabhängig vom Ergebnis des dritten Versuchs endet das Verfahren danach. Daher gilt \(P=0{,}75^2=0{,}5625\). Zur Kontrolle: \(0{,}25+0{,}1875+0{,}5625=1\).

a) \(P=0{,}25\) b) \(P=0{,}1875\) c) \(P=0{,}5625\)

- Welche zweite Aufgabe wählt die App nach einer richtigen ersten Antwort, und welche nach einer falschen? - Die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe müssen zur jeweils tatsächlich gestellten Aufgabe passen. - Prüfe an jedem Knoten, ob sich die beiden Astwahrscheinlichkeiten zu \(1\) ergänzen.

1. Die Astwahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe dürfen nicht aus der ersten Stufe übernommen werden, weil die App je nach erstem Ergebnis einen anderen Aufgabentyp auswählt. 2. Nach einer richtigen ersten Antwort wird eine schwere Aufgabe gestellt. Daher gelten dort \(P(R)=0{,}45\) und \(P(F)=0{,}55\). 3. Nach einer falschen ersten Antwort wird eine leichte Aufgabe gestellt. Daher gelten dort \(P(R)=0{,}80\) und \(P(F)=0{,}20\). 4. Das vorgeschlagene Modell ist deshalb falsch: Die Wahrscheinlichkeit in der zweiten Stufe hängt hier über die Anpassungsregel der App vom ersten Ergebnis ab.

Das vorgeschlagene Modell ist falsch. Nach R gilt in der zweiten Stufe \(P(R)=0{,}45\) und \(P(F)=0{,}55\); nach F gilt \(P(R)=0{,}80\) und \(P(F)=0{,}20\). Die App wählt abhängig vom ersten Ergebnis unterschiedliche Schwierigkeitsgrade, daher bleiben die Astwahrscheinlichkeiten nicht unverändert.

- Vergleiche bei \(efe\) und \(eef\), welche Faktoren entlang des vollständigen Pfades vorkommen. - Für „mindestens zwei“ musst du die Fälle mit genau zwei und mit drei fehlerhaften Bauteilen erfassen. - Prüfe bei Teil c), ob jedes mögliche Ergebnis genau einer der beiden Bedingungen aus b) und c) zugeordnet werden kann.

1. Die Pfade \(efe\) und \(eef\) enthalten jeweils zweimal den Faktor \(0{,}9\) und einmal den Faktor \(0{,}1\). Deshalb gilt \(P(efe)=0{,}9\cdot0{,}1\cdot0{,}9=0{,}081\) und \(P(eef)=0{,}9\cdot0{,}9\cdot0{,}1=0{,}081\). 2. „Mindestens zwei fehlerhaft“ umfasst ffe, fef, eff und fff. Die drei Pfade mit genau zwei fehlerhaften Bauteilen haben jeweils die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1^2\cdot0{,}9=0{,}009\), für fff gilt \(0{,}1^3=0{,}001\). Somit ist \(P(\text{mindestens zwei fehlerhaft})=3\cdot0{,}009+0{,}001=0{,}028\). 3. „Höchstens ein fehlerhaft“ ist das Gegenereignis zu „mindestens zwei fehlerhaft“. Daher ist \(P(\text{höchstens ein fehlerhaft})=1-0{,}028=0{,}972\).

a) Beide Pfade enthalten dieselben drei Faktoren, nur in anderer Reihenfolge. Daher gilt \(P(efe)=P(eef)=0{,}081\). b) \(P(\text{mindestens zwei fehlerhaft})=0{,}028\) c) \(P(\text{höchstens ein fehlerhaft})=0{,}972\); die Ereignisse aus b) und c) sind Gegenereignisse.

- Frage bei a), welche Prüfungen durch die Formulierung überhaupt festgelegt sind. - Vergleiche bei b) „genau eines“ mit „mindestens eines“. - Suche für b) ein Gegenereignis, das nur aus einem einzigen Pfad besteht.

a) Die Aussage legt nur das Ergebnis der zweiten Prüfung fest. Die übrigen fünf Bauteile dürfen einwandfrei oder defekt sein. Die angegebene Rechnung beschreibt dagegen nur den einen Pfad, auf dem ausschließlich das zweite Bauteil defekt ist. Daher gilt \(P(\text{zweites Bauteil defekt})=0{,}05\). b) Der angegebene Term erfasst nur die sechs Pfade mit genau einem defekten Bauteil. „Mindestens eines“ enthält aber auch Fälle mit mehreren defekten Bauteilen. Über das Gegenereignis „kein Bauteil ist defekt“ erhält man \(P(\text{mindestens eines defekt})=1-0{,}95^6=0{,}264908109375\approx 0{,}2649\).

a) Fehler: Die Rechnung legt die fünf anderen Bauteile unnötig als einwandfrei fest. Richtig ist \(P=0{,}05=5\,\%\). b) Fehler: Die Rechnung erfasst nur genau ein defektes Bauteil. Richtig ist \(P=1-0{,}95^6\approx 0{,}2649\approx 26{,}49\,\%\).

- Überlege dir, wie man das Gegenteil von „mindestens ein Treffer“ beschreibt. - Wie berechnet man die Wahrscheinlichkeit für eine Kette von Misserfolgen? - Kannst du eine Ungleichung aufstellen, bei der die Anzahl der Versuche die Unbekannte im Exponenten ist? - Wenn du die Ungleichung nicht direkt lösen kannst, hilft vielleicht eine Tabelle mit Werten für steigende Versuchszahlen.

1. Berechnung der Wahrscheinlichkeit für keinen Treffer bei drei Versuchen: \(P(\text{kein Treffer}) = 0{,}6^3 = 0{,}216\). 2. Berechnung der Gegenwahrscheinlichkeit für mindestens einen Treffer: \(P(\text{mind. ein Treffer}) = 1 - 0{,}216 = 0{,}784\). 3. Vergleich: Da \(0{,}784 > 0{,}216\), ist es wahrscheinlicher, mindestens einmal zu treffen als gar nicht zu treffen. 4. Ansatz für Teilaufgabe b) mit der Bedingung \(P(\text{mind. ein Treffer}) > 0{,}9\): \(1 - 0{,}6^n > 0{,}9\), was zu \(0{,}6^n < 0{,}1\) führt. 5. Lösung der Ungleichung durch systematisches Probieren oder Logarithmieren: \(n \cdot \ln(0{,}6) < \ln(0{,}1)\), also \(n > \frac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}6)} \approx 4{,}5076\). 6. Ergebnis: Der Spieler muss mindestens \(5\)-mal werfen.

a) Die Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Treffer beträgt \(78{,}4\,\%\). Da die Wahrscheinlichkeit für keinen Treffer nur \(21{,}6\,\%\) beträgt, ist mindestens ein Treffer wahrscheinlicher. b) Er müsste mindestens \(5\)-mal werfen.

- Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, bei einem einzelnen Dreh nicht zu gewinnen? - Das Ereignis „mindestens ein Gewinn“ lässt sich am einfachsten über das Gegenereignis berechnen. - Gibt es bei einem Zufallsexperiment mit unabhängigen Versuchen jemals eine Garantie für ein bestimmtes Ergebnis, wenn die Gegenwahrscheinlichkeit nicht null ist? - Probiere für die Anzahl der Drehungen verschiedene Werte aus oder nutze den Logarithmus, um eine Potenzgleichung zu lösen.

1. Die Gewinnwahrscheinlichkeit pro Drehung ist \(p = 0{,}1\), die Verlustwahrscheinlichkeit \(q = 0{,}9\). 2. Für fünf Drehungen: \(P(\text{kein Gewinn}) = 0{,}9^5 = 0{,}59049\). 3. \(P(\text{mind. ein Gewinn}) = 1 - 0{,}59049 = 0{,}40951\). Da \(0{,}59049 > 0{,}40951\), ist kein Gewinn wahrscheinlicher. 4. Begründung zur Sicherheit: Da bei jeder Drehung ein Verlust möglich ist (\(q > 0\)), bleibt die Wahrscheinlichkeit für eine Serie von Verlusten (\(0{,}9^n\)) für jedes endliche \(n\) größer als Null. Somit ist die Gegenwahrscheinlichkeit für einen Gewinn immer kleiner als \(1\). 5. Bestimmung von \(n\) für \(P > 0{,}8\): \(1 - 0{,}9^n > 0{,}8 \Rightarrow 0{,}2 > 0{,}9^n\). 6. Berechnung: \(n > \frac{\ln(0{,}2)}{\ln(0{,}9)} \approx 15{,}2755\). 7. Ergebnis: Es sind mindestens \(16\) Drehungen erforderlich.

a) Es ist wahrscheinlicher, kein einziges Mal zu gewinnen (\(P \approx 59{,}05\,\%\) gegenüber \(P \approx 40{,}95\,\%\)). b) Da bei jeder Drehung die Wahrscheinlichkeit für eine Niete \(90\,\%\) beträgt, bleibt die Wahrscheinlichkeit für eine reine Pechsträhne bei jeder endlichen Anzahl an Versuchen größer als \(0\,\%\). c) Es sind mindestens \(16\) Drehungen nötig.

- Betrachte die Codepositionen nacheinander und frage, welcher Anteil der Ziffern an jeder Stelle noch nicht verwendet wurde. - Prüfe kleine natürliche Werte für \(n\) der Reihe nach; beginne auch mit \(n=1\). - Um die Minimalität zu sichern, muss der vorherige Wert die Grenze von \(10\,\%\) noch nicht unterschreiten.

Damit alle Ziffern verschieden sind, ist die erste Stelle beliebig. An der zweiten Stelle sind noch \(n-1\) von \(n\) Ziffern erlaubt, an der dritten noch \(n-2\) von \(n\) und so weiter. Die Wahrscheinlichkeit lässt sich deshalb stufenweise als Produkt bestimmen. Für \(n=1\) gilt \(P=1\). Für \(n=2\): \(P=1\cdot\frac{1}{2}=0{,}5\). Für \(n=3\): \(P=1\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{9}\approx 0{,}2222\). Für \(n=4\): \(P=1\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{3}{32}=0{,}09375\). Erstmals bei \(n=4\) liegt die Wahrscheinlichkeit unter \(10\,\%\).

Der kleinste Wert ist \(n=4\).

- Identifiziere Trefferwahrscheinlichkeit und Stichprobenumfang. - Berechne zunächst den Erwartungswert, um zu wissen, um welche Werte herum die Wahrscheinlichkeiten am höchsten sind. - Untersuche die Werte an den Rändern der Verteilung, also sehr kleine und sehr große \(k\). - Nutze die Bernoulli-Formel für die Einzelwahrscheinlichkeiten.

1. Die Zufallsgröße \(X\) ist binomialverteilt mit \(n=15\) und \(p=0{,}40\). Daher ist \(P(X=6)=\binom{15}{6}0{,}4^6 0{,}6^9\approx0{,}2066\). 2. Für die Randwerte prüft man \(P(X=k)=\binom{15}{k}0{,}4^k 0{,}6^{15-k}\). Es gilt \(P(X=0)\approx0{,}000470\), \(P(X=1)\approx0{,}004702\), aber \(P(X=2)\approx0{,}021942\). 3. Am oberen Rand gilt \(P(X=10)\approx0{,}024486\), \(P(X=11)\approx0{,}007420\), \(P(X=12)\approx0{,}001649\), \(P(X=13)\approx0{,}000254\), \(P(X=14)\approx0{,}000024\) und \(P(X=15)\approx0{,}000001\). 4. Damit liegen genau die Werte \(k\in\{0;1;11;12;13;14;15\}\) unter der Grenze von \(1\,\%\).

1. \(P(X=6)\approx0{,}2066\) 2. \(k\in\{0;1;11;12;13;14;15\}\)

- Nutze die Abbildung, um die gleich wahrscheinlichen Einzelergebnisse einer Drehung festzuhalten. - Überlege bei c), welche Farbe doppelt vorkommt, welche zweite Farbe vorkommt und an welcher Stelle sie steht. - Formuliere für d) das Gegenereignis, bei dem Gelb gar nicht erscheint.

1. Bei jeder Drehung gibt es vier gleich wahrscheinliche Farben. Für die feste Folge Rot-Blau-Gelb gilt \(P=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{64}\). 2. Für drei gleiche Farben gibt es vier günstige Pfade: dreimal Rot, dreimal Blau, dreimal Grün oder dreimal Gelb. Daher gilt \(P=4\cdot\frac{1}{64}=\frac{1}{16}\). 3. Die Farbe, die zweimal erscheint, kann auf \(4\) Arten gewählt werden. Die andere Farbe kann eine der \(3\) übrigen Farben sein und an einer von \(3\) Stellen stehen. Damit gibt es \(4\cdot3\cdot3=36\) günstige Farbfolgen. Also ist \(P=\frac{36}{64}=\frac{9}{16}\). 4. Das Gegenereignis „kein Gelb“ hat an jeder Stufe drei mögliche Farben. Daher gilt \(P(\text{mindestens einmal Gelb})=1-\frac{3^3}{4^3}=1-\frac{27}{64}=\frac{37}{64}\).

a) \(\frac{1}{64}\) b) \(\frac{1}{16}\) c) \(\frac{9}{16}\) d) \(\frac{37}{64}\)

- Überlege zuerst, wann ein Ast des Baumdiagramms vorzeitig endet. - Welcher Spielstand nach vier Sätzen erzwingt genau noch einen fünften Satz? - Prüfe, ob alle Pfade zu diesem Zwischenstand dieselbe Wahrscheinlichkeit haben.

1. Im vollständigen Baum wird nach jedem Satz mit den Ästen A und B weiterverzweigt, jeweils mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}5\). Ein Pfad endet sofort, sobald A oder B drei Sätze gewonnen hat. Die Endpfade nach drei Sätzen sind AAA und BBB; nach vier Sätzen enden AABA, ABAA, BAAA, BBAB, BABB und ABBB. Alle übrigen Pfade erreichen den fünften Satz und enden dort. 2. Ein fünfter Satz ist genau dann nötig, wenn es nach vier Sätzen \(2{:}2\) steht. Dazu führen die sechs Pfade AABB, ABAB, ABBA, BAAB, BABA und BBAA. 3. Jeder dieser sechs Vier-Satz-Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}5^4=0{,}0625\). Daher ist \(P(\text{fünfter Satz})=6\cdot0{,}0625=0{,}375\).

Das Baumdiagramm verzweigt nach jedem Satz mit A/B und endet jeweils beim dritten Satzgewinn eines Spielers. Die Wahrscheinlichkeit für ein Match über fünf Sätze beträgt \(0{,}375=37{,}5\,\%\).