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

1. Die Endknoten „Kauf“ enthalten \(216\) Besuche im App-Ast und \(72\) Besuche im Ast ohne App. Insgesamt wurden also \(216+72=288\) Käufe beobachtet. 2. Bezogen auf alle \(600\) Besuche ergibt sich \(P(\text{Kauf})=\frac{288}{600}=0{,}48\).

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

- 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.

1. Das Baumdiagramm hat zwei aufeinanderfolgende Verzweigungsstufen; das Experiment besitzt daher zwei Stufen. 2. Der Pfad „Kopf–\(2\)“ bedeutet: Zuerst fällt bei der Münze Kopf, danach zeigt das Glücksrad die \(2\). 3. Jede der beiden Möglichkeiten der ersten Stufe wird mit jeder der drei Möglichkeiten der zweiten Stufe verbunden. Dadurch entstehen 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–\(3\).

- Was kann beim zweiten Wurf nach jedem Ergebnis des ersten Wurfs passieren? - Kontrolliere an jedem Knoten, ob sich die ausgehenden Wahrscheinlichkeiten zu \(1\) ergänzen.

1. Nach \(K\) können in der zweiten Stufe wieder \(K\) und \(Z\) auftreten, jeweils mit Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{2}\). 2. Nach \(Z\) können ebenfalls \(K\) und \(Z\) auftreten, jeweils mit Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{2}\). 3. Die vollständigen Ergebnisfolgen sind \((K,K)\), \((K,Z)\), \((Z,K)\) und \((Z,Z)\).

a) \(K\to K:\frac{1}{2}\), \(K\to Z:\frac{1}{2}\), \(Z\to K:\frac{1}{2}\), \(Z\to Z:\frac{1}{2}\) b) \((K,K)\), \((K,Z)\), \((Z,K)\), \((Z,Z)\)

- Welche Endknoten des dargestellten Baums tragen die Beschriftung „2 Treffer“? - Welche Zwischenstände können unmittelbar vor diesen Endknoten liegen? - Prüfe für jeden möglichen Zwischenstand, wie sich ein Treffer beziehungsweise Fehlwurf auf den Endstand auswirkt.

1. Genau zwei Treffer entstehen auf den Pfaden \((T,T,F)\), \((T,F,T)\) und \((F,T,T)\). Es gibt also drei solche Pfade. 2. Nach dem zweiten Wurf müssen entweder ein Treffer oder zwei Treffer vorliegen. Bei null Treffern kann das Ziel nicht mehr erreicht werden. 3. Bei einem Treffer nach zwei Würfen muss der dritte Wurf ein Treffer sein. Bei zwei Treffern nach zwei Würfen muss der dritte Wurf ein Fehlwurf sein.

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

- 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.

1. Nach einer zuerst roten Kugel bleiben \(2\) rote und \(2\) blaue Kugeln. Die beiden Astwahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe sind daher \(\frac{2}{4}\) und \(\frac{2}{4}\). 2. Nach einer zuerst blauen Kugel bleiben \(3\) rote und \(1\) blaue Kugel. Die beiden Astwahrscheinlichkeiten sind daher \(\frac{3}{4}\) und \(\frac{1}{4}\). 3. Ohne Zurücklegen wird die zuerst gezogene Kugel aus der Urne entfernt. Dadurch ändert sich die Zusammensetzung und damit die Wahrscheinlichkeitsverteilung für den zweiten Zug.

a) Nach rot: rot \(\frac{2}{4}\), blau \(\frac{2}{4}\). Nach blau: rot \(\frac{3}{4}\), blau \(\frac{1}{4}\). b) Die zuerst gezogene Kugel fehlt beim zweiten Zug; deshalb verändert ihr Ergebnis die Zusammensetzung der Urne und damit die Astwahrscheinlichkeiten.

- Welche zwei Ergebnisse gehören zur ersten Stufe? - Welche beiden Möglichkeiten folgen jeweils nach \(W\) und nach \(S\)? - Ergänzen sich die beiden Wahrscheinlichkeiten an jedem Knoten zu \(1\)?

1. In der ersten Stufe gibt es \(W\) mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}6\) und \(S\) mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}4\). 2. Nach \(W\) gibt es Schatzkiste mit \(0{,}5\) und \(N\) mit \(0{,}5\). 3. Nach \(S\) gibt es Schatzkiste mit \(0{,}25\) und \(N\) mit \(0{,}75\). 4. Die vier vollständigen Ergebnisfolgen sind \((W,\text{Schatzkiste})\), \((W,N)\), \((S,\text{Schatzkiste})\) und \((S,N)\).

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

- Welche Wahrscheinlichkeit ergänzt nach jedem Knoten die angegebene Trefferwahrscheinlichkeit zu \(1\)? - Behandle die beiden Knoten der zweiten Stufe getrennt. - Vergleiche die Angaben zum zweiten Wurf nach einem Treffer und nach einem Fehlwurf.

1. Nach einem Treffer gilt in der zweiten Stufe \(P(T)=0{,}75\) und \(P(F)=0{,}25\). 2. Nach einem Fehlwurf gilt in der zweiten Stufe \(P(T)=0{,}4\) und \(P(F)=0{,}6\). 3. Die vollständigen Ergebnisfolgen sind \((T,T)\), \((T,F)\), \((F,T)\) und \((F,F)\). 4. Nach \(T\) beträgt die Trefferwahrscheinlichkeit des zweiten Wurfs \(0{,}75\), nach \(F\) dagegen \(0{,}4\). Die Wahrscheinlichkeit des zweiten Wurfs hängt also vom Ergebnis des ersten Wurfs ab. Deshalb sind die beiden Würfe im Modell nicht unabhängig.

a) \(T\to T:0{,}75\), \(T\to F:0{,}25\), \(F\to T:0{,}4\), \(F\to F:0{,}6\) b) \((T,T)\), \((T,F)\), \((F,T)\), \((F,F)\) c) Nach \(T\) gilt für den zweiten Treffer \(0{,}75\), nach \(F\) nur \(0{,}4\). Die Wahrscheinlichkeit des zweiten Wurfs hängt also vom ersten Wurf ab; deshalb sind die Würfe im Modell nicht unabhängig.

- 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.

1. In der ersten Stufe ist \(500\) die Bezugsgröße. Daher sind die Astwahrscheinlichkeiten \(300:500=0{,}6\) und \(200:500=0{,}4\). 2. Am Knoten \(A\) ist \(300\) die Bezugsgröße. Daher sind die Astwahrscheinlichkeiten \(180:300=0{,}6\) und \(120:300=0{,}4\). 3. Am Knoten \(\overline{A}\) ist \(200\) die Bezugsgröße. Daher sind die Astwahrscheinlichkeiten \(50:200=0{,}25\) und \(150:200=0{,}75\). 4. An jedem Knoten ergänzen sich die beiden ausgehenden Astwahrscheinlichkeiten zu \(1\).

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

- Wann steht der Sieger bereits nach zwei Spielen fest? - Welche Pfade müssen deshalb noch um ein drittes Spiel verlängert werden? - Welche der vollständigen Endpfade führen zu zwei Siegen des betrachteten Teams?

1. Nach \((W,W)\) oder \((L,L)\) endet die Serie bereits nach zwei Spielen. Nach \((W,L)\) und \((L,W)\) ist ein drittes Spiel erforderlich. Die sechs Endpfade sind \((W,W)\), \((L,L)\), \((W,L,W)\), \((W,L,L)\), \((L,W,W)\) und \((L,W,L)\). 2. Das betrachtete Team gewinnt auf den Pfaden \((W,W)\), \((W,L,W)\) und \((L,W,W)\). 3. Nach der Produktregel haben die drei Gewinnpfade die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}6^2=0{,}36\), \(0{,}6\cdot0{,}4\cdot0{,}6=0{,}144\) und \(0{,}4\cdot0{,}6\cdot0{,}6=0{,}144\). 4. Mit der Summenregel erhält man \(P(\text{Seriensieg})=0{,}36+0{,}144+0{,}144=0{,}648\).

Die Endpfade sind \((W,W)\), \((L,L)\), \((W,L,W)\), \((W,L,L)\), \((L,W,W)\) und \((L,W,L)\); \((W,W)\) und \((L,L)\) enden bereits nach zwei Spielen. Die Wahrscheinlichkeit für den Seriensieg beträgt \(0{,}648=64{,}8\,\%\).

- 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.

1. Im dargestellten Baum werden in der zweiten Stufe dieselben Wahrscheinlichkeiten wie in der ersten Stufe verwendet. Das behandelt die Urne fälschlich so, als ändere sie sich nach dem ersten Zug nicht. 2. Nach einer zuerst grünen Kugel bleiben \(1\) grüne und \(1\) orange Kugel. Die korrekten Astwahrscheinlichkeiten sind daher \(\frac{1}{2}\) und \(\frac{1}{2}\). 3. Nach einer zuerst orangen Kugel bleiben \(2\) grüne und \(0\) orange Kugeln. Die korrekten Astwahrscheinlichkeiten sind daher \(1\) 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 \(0\).

- Welche Bedingung beendet einen Pfad, bevor alle fünf Sätze gespielt sind? - Welcher Spielstand nach vier Sätzen macht einen fünften Satz notwendig? - Haben alle Vier-Satz-Pfade zu diesem Spielstand dieselbe Wahrscheinlichkeit?

1. Nach jedem Satz verzweigt der Baum in „A gewinnt“ und „B gewinnt“, jeweils mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}5\). Ein Pfad endet sofort, sobald A oder B drei Sätze gewonnen hat. 2. Ein fünfter Satz ist genau dann erforderlich, wenn es nach vier Sätzen \(2{:}2\) steht. Dazu führen die sechs Pfade AABB, ABAB, ABBA, BAAB, BABA und BBAA. 3. Jeder dieser Vier-Satz-Pfade hat nach der Produktregel die Wahrscheinlichkeit \(0{,}5^4=0{,}0625\). 4. Mit der Summenregel ergibt sich \(P(\text{fünfter Satz})=6\cdot0{,}0625=0{,}375\).

Das Baumdiagramm verzweigt nach jedem noch nicht entschiedenen Satz in A/B und endet beim dritten Satzgewinn eines Spielers. Einen fünften Satz erzwingen AABB, ABAB, ABBA, BAAB, BABA und BBAA. Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}375=37{,}5\,\%\).

- Welche Art von Experiment könnte erklären, dass sich die Wahrscheinlichkeiten in der zweiten Stufe verändern? - Welche Bedeutung könnten die Nenner der Astwahrscheinlichkeiten für die Zahl verfügbarer Objekte haben? - Prüfe, ob dein vorgeschlagenes Modell wirklich jede Astwahrscheinlichkeit des Baums erklärt.

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 \(P(A)=\frac{3}{5}\) 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. Nach einem ersten \(A\) gilt für \(A\) im zweiten Zug \(\frac{2}{4}\), nach einem ersten \(B\) dagegen \(\frac{3}{4}\). Die Behauptung ist daher falsch.