Kostenlose Arbeitsblätter

- Suche im Baum alle Endknoten, die einen Kauf darstellen. - Addiere zuerst die zugehörigen absoluten Häufigkeiten. - Beziehe diese Summe anschließend auf die Häufigkeit am Startknoten.

Im Baum stehen \(216\) Käufe im App-Ast und \(72\) Käufe im Ast ohne App. Insgesamt wurden also \(216+72=288\) Käufe beobachtet. Bezogen auf alle \(600\) Besuche ergibt sich \(P(\text{Kauf})=\frac{288}{600}=0{,}48\).

\(P(\text{Kauf})=0{,}48=48\,\%\)

- 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 \(3+3+3+2=11\).

- Lies einen vollständigen Pfad immer vom Start bis zu einem Endknoten. - Jede Verzweigung nach Kopf und Zahl gehört zur zweiten Stufe. - Für die Ergebnisliste verbindest du jede Möglichkeit der ersten Stufe mit jeder Möglichkeit der zweiten.

a) Das Experiment hat zwei Stufen. b) Zuerst fällt bei der Münze Kopf, danach zeigt das Glücksrad die \(2\). c) Die vollständigen Ergebnisse sind Kopf–\(1\), Kopf–\(2\), Kopf–\(3\), Zahl–\(1\), Zahl–\(2\) und Zahl–\(3\).

a) Zwei Stufen. b) Zuerst Kopf, danach \(2\). c) Kopf–\(1\), Kopf–\(2\), Kopf–\(3\), Zahl–\(1\), Zahl–\(2\), Zahl–\(3\).

- Schau dir die unterste Ebene des Baums an und suche alle Knoten mit der Beschriftung „2 Treffer“. - Verfolge diese Pfade vom Ende zurück zum Start, um die Zwischenstände nach dem zweiten Schritt zu finden. - Überlege dir: Wenn du schon zwei Treffer hast, was darfst du dann im letzten Wurf nicht mehr werfen? - Wenn du erst einen Treffer hast, was musst du dann unbedingt im letzten Wurf werfen?

1. Identifikation der Pfade für genau zwei Treffer: Die Pfade sind T-T-F (Treffer, Treffer, Fehlwurf), T-F-T (Treffer, Fehlwurf, Treffer) und F-T-T (Fehlwurf, Treffer, Treffer). Es gibt insgesamt 3 solche Pfade. 2. Bestimmung der notwendigen Zwischenstände nach dem 2. Wurf: Damit nach dem 3. Wurf genau 2 Treffer vorliegen, muss nach dem 2. Wurf entweder der Zwischenstand „1 Treffer“ oder „2 Treffer“ erreicht worden sein. 3. Analyse der benötigten Ergebnisse im 3. Wurf: - Wenn nach dem 2. Wurf 1 Treffer vorliegt (Pfade T-F oder F-T), muss der 3. Wurf ein Treffer (T) sein. - Wenn nach dem 2. Wurf 2 Treffer vorliegen (Pfad T-T), muss der 3. Wurf ein Fehlwurf (F) sein. - Bei 0 Treffern nach dem 2. Wurf kann das Ziel nicht mehr erreicht werden.

a) Es gibt 3 Pfade: T-T-F, T-F-T und F-T-T. b) Nach dem zweiten Wurf muss der Zwischenstand entweder 1 Treffer oder 2 Treffer sein. c) Bei einem Zwischenstand von 1 Treffer muss der dritte Wurf ein Treffer (T) sein; bei einem Zwischenstand von 2 Treffern muss der dritte Wurf ein Fehlwurf (F) sein.

- Vergleiche die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe mit denen der ersten. - Welche Handlung hält die Zusammensetzung des Beutels unverändert?

1. In Diagramm A bleiben die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe \(\frac{3}{5}\) und \(\frac{2}{5}\). Die Zusammensetzung ist also nach der ersten Ziehung wieder dieselbe; A beschreibt Ziehen mit Zurücklegen. 2. In Diagramm B ändern sich die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe und haben den Nenner \(4\). Nach der ersten Ziehung fehlt also eine Kugel; B beschreibt Ziehen ohne Zurücklegen.

A: mit Zurücklegen, weil die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe unverändert \(\frac{3}{5}\) und \(\frac{2}{5}\) bleiben. B: ohne Zurücklegen, weil sich die Wahrscheinlichkeiten nach der ersten Ziehung entsprechend der verbleibenden vier Kugeln ändern.

- Bestimme für jeden Ast der ersten Stufe, welche Kugeln danach noch in der Urne liegen. - In der zweiten Stufe sind insgesamt nur noch vier Kugeln vorhanden. - Prüfe für jeden Knoten, ob sich die beiden ausgehenden Astwahrscheinlichkeiten zu \(1\) ergänzen.

a) Nach einer roten Kugel bleiben \(2\) rote und \(2\) blaue Kugeln: Die beiden Astwahrscheinlichkeiten sind \(\frac{2}{4}\) und \(\frac{2}{4}\). Nach einer blauen Kugel bleiben \(3\) rote und \(1\) blaue Kugel: Die Astwahrscheinlichkeiten sind \(\frac{3}{4}\) und \(\frac{1}{4}\). b) Ohne Zurücklegen wird die zuerst gezogene Kugel aus der Urne entfernt. Dadurch ändert sich die Zusammensetzung und damit die Verteilung der zweiten Ziehung.

a) Nach rot: rot \(\frac{2}{4}\), blau \(\frac{2}{4}\). Nach blau: rot \(\frac{3}{4}\), blau \(\frac{1}{4}\). b) Die erste Kugel wird nicht zurückgelegt; deshalb verändert ihr Ergebnis die Zusammensetzung für die zweite Ziehung.

- Welche zwei Ergebnisse gehören zur ersten Stufe des Experiments? - Ergänze an jedem Knoten der zweiten Stufe beide Möglichkeiten „Schatzkiste“ und „keine Schatzkiste“. - Prüfe an jedem Knoten, ob sich die beiden Astwahrscheinlichkeiten zu \(1\) ergänzen.

1. Die erste Stufe verzweigt in W mit \(0{,}6\) und S mit \(0{,}4\). 2. Nach W verzweigt der Baum in Schatzkiste mit \(0{,}5\) und N mit \(0{,}5\). 3. Nach S verzweigt der Baum in Schatzkiste mit \(0{,}25\) und N mit \(0{,}75\). 4. Die vier vollständigen Ergebnisfolgen sind W-Schatzkiste, W-N, S-Schatzkiste und S-N.

Erste Stufe: W mit \(0{,}6\), S mit \(0{,}4\). Nach W: Schatzkiste \(0{,}5\), N \(0{,}5\). Nach S: Schatzkiste \(0{,}25\), N \(0{,}75\). Endfolgen: W-Schatzkiste, W-N, S-Schatzkiste, S-N.

- Überlege dir zuerst, wie viele Möglichkeiten es bei jedem einzelnen Zug gibt. - Beachte, dass sich die Gesamtzahl der Socken nach dem ersten Zug verringert. - Wie viele Socken einer Farbe sind noch übrig, nachdem bereits eine Socke dieser Farbe gezogen wurde? - Das Gegenereignis kann Rechnungen oft erheblich vereinfachen. Was ist das Gegenteil von „mindestens eine blaue Socke“?

1. Anzahl der Pfade: Da in jedem der zwei Züge zwei Farben möglich sind (Grau, Blau), ergeben sich \(2 \cdot 2 = 4\) mögliche Pfade im Baumdiagramm: (g, g), (g, b), (b, g) und (b, b). 2. Wahrscheinlichkeit für gleiche Farben: Es gibt insgesamt 10 Socken. Die Wahrscheinlichkeit für zwei graue Socken ist \(P(g, g) = \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{9} = \frac{30}{90}\). Die Wahrscheinlichkeit für zwei blaue Socken ist \(P(b, b) = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} = \frac{12}{90}\). Die Gesamtwahrscheinlichkeit ist die Summe: \(P(\text{gleich}) = \frac{30}{90} + \frac{12}{90} = \frac{42}{90} = \frac{7}{15} \approx 0{,}4667\). 3. Wahrscheinlichkeit für mindestens eine blaue Socke: Dies lässt sich über das Gegenereignis „keine blaue Socke“ (also zwei graue Socken) berechnen. \(P(\text{mind. eine blau}) = 1 - P(g, g) = 1 - \frac{30}{90} = \frac{60}{90} = \frac{2}{3} \approx 0{,}6667\).

a) Es gibt 4 Pfade. b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{7}{15}\) (ca. \(46{,}7\,\%\)). c) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{2}{3}\) (ca. \(66{,}7\,\%\)).

- Stelle dir vor, wie viele Verzweigungen an jedem Knoten des Baumes entstehen. - Multipliziere die Wahrscheinlichkeiten entlang eines Pfades, um die Wahrscheinlichkeit für ein bestimmtes Gesamtergebnis zu erhalten. - Identifiziere alle Pfade, die die Bedingung „genau ein fehlerhaftes Teil“ erfüllen. - Haben diese Pfade alle die gleiche Wahrscheinlichkeit? Wenn ja, wie oft kommen sie vor?

1. Anzahl der Endknoten: In jeder der drei Stufen gibt es 2 Möglichkeiten (\(E\) oder \(F\)). Somit hat das Baumdiagramm \(2^3 = 8\) Endknoten. 2. Wahrscheinlichkeit für drei einwandfreie Teile: Der Pfad lautet \((E, E, E)\). Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich nach der ersten Pfadregel zu \(P(E, E, E) = 0{,}9 \cdot 0{,}9 \cdot 0{,}9 = 0{,}9^3 = 0{,}729\). 3. Wahrscheinlichkeit für genau ein fehlerhaftes Teil: Es gibt drei Pfade, die genau ein \(F\) enthalten: \((F, E, E)\), \((E, F, E)\) und \((E, E, F)\). Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1 \cdot 0{,}9 \cdot 0{,}9 = 0{,}081\). Nach der zweiten Pfadregel addiert man diese: \(P(\text{genau ein } F) = 3 \cdot 0{,}081 = 0{,}243\).

a) Das Baumdiagramm hat 8 Endknoten. b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}729\) (bzw. \(72{,}9\,\%\)). c) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}243\) (bzw. \(24{,}3\,\%\)).

- 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) \(P(A) = \frac{4}{27}\); \(P(B) = \frac{4}{27}\); \(P(C) = \frac{1}{3}\); \(P(D) = \frac{2}{3}\)

- Gehe im Kopf alle Wege im Baum durch und notiere dir die Buchstabenkombinationen an den Enden. - Wie viele Möglichkeiten gibt es, den Buchstaben \(b\) an eine der drei Positionen in einer Kette der Länge 3 zu setzen? - Was gibt der Binomialkoeffizient \(\binom{n}{k}\) allgemein an?

1. Analyse des Baums: Ein 3-stufiger Baum mit den Ausgängen \(a\) und \(b\) hat insgesamt \(2^3 = 8\) Pfade. 2. Abzählen der Pfade für \(a^2b\): Die Pfade müssen zweimal \(a\) und einmal \(b\) enthalten. Dies sind: \((a, a, b)\), \((a, b, a)\) und \((b, a, a)\). Es gibt also 3 Pfade. 3. Binomialkoeffizient: Der Koeffizient \(\binom{n}{k}\) gibt an, auf wie viele Arten man \(k\) Objekte aus \(n\) Plätzen auswählen kann. Hier wählen wir aus \(n=3\) Stufen \(k=2\) Stufen für das Ereignis \(a\) aus. Da \(\binom{3}{2} = 3\), entspricht dies genau der Anzahl der Pfade.

a) Es gibt 3 Pfade, die zum Term \(a^2b\) führen. b) Die Pfade sind: \(a \rightarrow a \rightarrow b\), \(a \rightarrow b \rightarrow a\) und \(b \rightarrow a \rightarrow a\). c) Der Binomialkoeffizient \(\binom{3}{2} = 3\) gibt genau die Anzahl der Möglichkeiten an, 2-mal \(a\) auf 3 Positionen zu verteilen.

- Überlege dir zuerst, wie viele Stufen das Zufallsexperiment hat. - Wie ändern sich die Wahrscheinlichkeiten an den Zweigen von Schuss zu Schuss? - Bei „genau zwei Treffern“ musst du alle Pfade finden, die genau zweimal den Buchstaben für einen Treffer enthalten. - Das Wort „mindestens“ ist oft ein Hinweis darauf, dass das Rechnen mit dem Gegenereignis einfacher sein könnte.

1. Jede Verzweigung hat die Wahrscheinlichkeiten \(P(G)=0{,}8\) und \(P(F)=0{,}2\). Der vollständige Baum hat drei Stufen. 2. Für \(A\) gehören die Pfade \((G,G,F)\), \((G,F,G)\) und \((F,G,G)\) zum Ereignis. Jeder Pfad hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}8\cdot0{,}8\cdot0{,}2=0{,}128\). Daher ist \(P(A)=3\cdot0{,}128=0{,}384\). 3. Das Gegenereignis \(\overline{B}\) ist „kein Treffer im Gold“, also \((F,F,F)\). Es gilt \(P(\overline{B})=0{,}2^3=0{,}008\). Somit ist \(P(B)=1-0{,}008=0{,}992\).

a) Jede Verzweigung trägt die Wahrscheinlichkeiten \(P(G)=0{,}8\) und \(P(F)=0{,}2\); der vollständige dreistufige Baum hat \(2^3=8\) Endknoten. b) \(P(A)=0{,}384=38{,}4\,\%\) c) \(P(B)=0{,}992=99{,}2\,\%\)

- An jedem Knoten ist dessen absolute Häufigkeit die neue Bezugsgröße. - Teile die Häufigkeit eines Kindknotens durch die Häufigkeit seines Elternknotens. - Kontrolliere, ob die beiden Astwahrscheinlichkeiten an jedem Knoten zusammen \(1\) ergeben.

An der ersten Stufe werden die Häufigkeiten durch \(500\) geteilt: \(300:500=0{,}6\) und \(200:500=0{,}4\). Am Knoten \(A\) ist \(300\) die Bezugsgröße: \(180:300=0{,}6\) und \(120:300=0{,}4\). Am Knoten \(\overline{A}\) ist \(200\) die Bezugsgröße: \(50:200=0{,}25\) und \(150:200=0{,}75\). Damit ergeben die beiden Astwahrscheinlichkeiten an jedem Knoten jeweils \(1\).

Erste Stufe: \(0{,}6\) und \(0{,}4\) Nach \(A\): \(0{,}6\) und \(0{,}4\) Nach \(\overline{A}\): \(0{,}25\) und \(0{,}75\)

- 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 \(P(\text{Seriensieg})=0{,}648=64{,}8\,\%\).

- Vergleiche die zweite Stufe mit der Angabe „ohne Zurücklegen“. - Überlege getrennt, was nach einer zuerst grünen und nach einer zuerst orangen Kugel in der Urne bleibt. - Kontrolliere an jedem Knoten, ob die korrigierten ausgehenden Wahrscheinlichkeiten zusammen \(1\) ergeben.

a) Im gezeichneten Baum werden in der zweiten Stufe dieselben Wahrscheinlichkeiten wie in der ersten Stufe verwendet. Das würde so behandelt, als ändere sich die Urne nach dem ersten Zug nicht. b) Nach grün bleiben \(1\) grüne und \(1\) orange Kugel, also \(\frac{1}{2}\) und \(\frac{1}{2}\). Nach orange bleiben \(2\) grüne und \(0\) orange Kugeln, also \(1\) und \(0\).

a) Die zweite Stufe wurde fälschlich mit unveränderten Astwahrscheinlichkeiten gezeichnet. b) Nach grün: grün \(\frac{1}{2}\), orange \(\frac{1}{2}\). Nach orange: grün \(1\), orange \(0\).

- 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 \(0{,}375=37{,}5\,\%\).

- Was könnten der Nenner \(5\) in der ersten Stufe und der Nenner \(4\) in der zweiten Stufe über die Zahl verfügbarer Objekte bedeuten? - Welche Anfangszahlen von A- und B-Objekten passen zu \(\frac{3}{5}\) und \(\frac{2}{5}\)? - Prüfe, was nach einem ersten A beziehungsweise einem ersten B von diesen Objekten übrig bleiben müsste.

1. Ein mögliches Modell sind fünf gleichartige Karten, davon drei mit A und zwei mit B. Es werden zwei Karten nacheinander zufällig gezogen, ohne die erste Karte zurückzulegen. 2. Beim ersten Zug gilt dann \(P(A)=\frac{3}{5}\) und \(P(B)=\frac{2}{5}\), wie im Baum. 3. Nach einem ersten A bleiben zwei A-Karten und zwei B-Karten unter vier Karten, daher lauten die zweiten Astwahrscheinlichkeiten \(\frac{2}{4}\) und \(\frac{2}{4}\). Nach einem ersten B bleiben drei A-Karten und eine B-Karte, daher lauten sie \(\frac{3}{4}\) und \(\frac{1}{4}\). 4. Die Behauptung ist falsch: Der erste Zug verändert die Zusammensetzung, weil nicht zurückgelegt wird. Deshalb hängt die zweite A-Wahrscheinlichkeit davon ab, ob zuerst A oder B gezogen wurde.

Zum Beispiel: fünf Karten mit den Aufschriften A, A, A, B, B; zwei Ziehungen nacheinander ohne Zurücklegen. Die Behauptung ist falsch: Nach einem ersten A gilt für A im zweiten Zug \(\frac{2}{4}\), nach einem ersten B dagegen \(\frac{3}{4}\), weil der erste Zug die verbleibende Zusammensetzung verändert.