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Mathe-Arbeitsblätter Klasse 10

Stellen Sie aus mehr als 25.000 Matheaufgaben von der 3. bis zur 13. Klasse Ihre eigenen Arbeitsblätter zusammen. Alle Aufgaben enthalten Lösungsschritte.

Pfadregeln

Lernziele

  • Berechnet Pfadwahrscheinlichkeiten mit der Produktregel.
  • Berechnet Ereigniswahrscheinlichkeiten mit der Summenregel.
  • Begründet beide Pfadregeln am Baumdiagramm.
  • Nutzt Gegenereignisse zur Vereinfachung.

Klicken Sie auf Aufgaben, um sie zum Drucken auszuwählen.

55183210
Das Baumdiagramm zeigt ein zweistufiges Zufallsexperiment. Berechne die Wahrscheinlichkeit des vollständigen Pfades „A – Treffer“.
Abbildung zur Aufgabe 551832

Denkanstöße

- Verfolge im Baum nur den vollständigen Pfad von „Start“ über „A“ bis „Treffer“. - Lies die beiden Astwahrscheinlichkeiten dieses Pfades ab. - Wie werden Astwahrscheinlichkeiten entlang eines vollständigen Pfades miteinander verknüpft?

Lösung

1. Entlang des Pfades „A – Treffer“ stehen die Astwahrscheinlichkeiten \(\frac{1}{2}\) und \(\frac{1}{4}\). 2. Nach der Produktregel gilt \(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8}\).

Antwort

\(\frac{1}{8}=12{,}5\,\%\)
55183310
Für ein Ereignis \(E\) gibt es in einem Baumdiagramm genau zwei günstige, einander ausschließende vollständige Pfade. Ihre Pfadwahrscheinlichkeiten sind bereits berechnet: \(0{,}18\) und \(0{,}27\). Bestimme \(P(E)\).

Denkanstöße

- Beide angegebenen Pfade gehören zum selben Ereignis \(E\). - Die beiden Pfade schließen sich gegenseitig aus. - Wie werden die Wahrscheinlichkeiten günstiger, disjunkter Pfade zu einer Ereigniswahrscheinlichkeit zusammengefasst?

Lösung

1. Das Ereignis besteht aus beiden günstigen Pfaden. Nach der Summenregel werden ihre Pfadwahrscheinlichkeiten addiert: \(P(E)=0{,}18+0{,}27=0{,}45\).

Antwort

\(P(E)=0{,}45=45\,\%\)
41516910
Ein Basketballspieler trifft bei Freiwürfen mit einer Wahrscheinlichkeit von \(80\,\%\). Er führt eine Serie von fünf Würfen nacheinander aus. Die einzelnen Würfe werden als unabhängig modelliert. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass der Spieler alle fünf Würfe trifft. Gib das Ergebnis in Prozent an.

Denkanstöße

- Bleibt die Trefferwahrscheinlichkeit bei jedem der fünf Würfe gleich? - Welcher vollständige Pfad beschreibt das Ereignis „alle fünf Würfe treffen“? - Wie werden die Wahrscheinlichkeiten entlang dieses Pfades verknüpft?

Lösung

1. Für einen Treffer gilt \(P(\text{Treffer})=0{,}8\). 2. Nach der Produktregel ist \(P(\text{fünf Treffer})=0{,}8^5=0{,}32768\). 3. Als Prozentangabe ergibt das \(32{,}768\,\%\).

Antwort

\(32{,}768\,\%\)
41517010
In einer Fabrik werden LED-Leuchtmittel hergestellt. Erfahrungsgemäß sind \(2\,\%\) der produzierten Lampen defekt. Für eine Qualitätsprüfung werden 10 Lampen zufällig ausgewählt und getestet. Wegen der großen Gesamtmenge wird die Auswahl als Ziehen mit Zurücklegen mit gleichbleibender Defektwahrscheinlichkeit modelliert. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass sich unter den 10 geprüften Lampen mindestens eine defekte Lampe befindet.

Denkanstöße

- Was wäre das Gegenteil davon, dass mindestens eine Lampe defekt ist? - Ist es einfacher, die Wahrscheinlichkeit dafür zu berechnen, dass keine Lampe defekt ist, oder direkt die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens eine Lampe defekt ist? - Wie hängen die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses und die seines Gegenereignisses zusammen? - Welche Wahrscheinlichkeit hat eine einzelne Lampe, fehlerfrei zu sein?

Lösung

1. Für eine einzelne Lampe gilt \(P(\text{defekt})=0{,}02\) und \(P(\text{intakt})=0{,}98\). 2. Das Ereignis „mindestens eine Lampe ist defekt“ ist das Gegenereignis zu „alle 10 Lampen sind intakt“. 3. Es gilt \(P(\text{alle intakt})=0{,}98^{10}\approx0{,}8171\). 4. Daher ist \(P(\text{mindestens eine Lampe defekt})=1-0{,}98^{10}\approx0{,}1829\approx18{,}29\,\%\).

Antwort

Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(1-0{,}98^{10}\approx0{,}1829\approx18{,}29\,\%\).
41550410
Bei einer Qualitätskontrolle in einer Fabrik werden Bauteile geprüft. Ein Bauteil ist mit einer Wahrscheinlichkeit von \(p=0{,}05\) defekt. Es werden nacheinander zwei Bauteile unabhängig voneinander geprüft. Betrachte das Ereignis \(E\): „Mindestens eines der beiden Bauteile ist defekt.“ Formuliere das Gegenereignis \(\overline{E}\) und berechne die Wahrscheinlichkeit \(P(E)\) unter Verwendung dieses Gegenereignisses.

Denkanstöße

- Was ist das logische Gegenteil der Aussage „mindestens einer“? - Wenn zwei Prüfungen nacheinander mit gleichbleibenden Wahrscheinlichkeiten modelliert werden, wie verknüpfst du die Wahrscheinlichkeiten entlang eines vollständigen Pfades? - Warum ist es hier einfacher, über das Gegenteil zu rechnen, anstatt alle Fälle für „mindestens eines“ einzeln zu erfassen?

Lösung

1. Das Gegenereignis \(\overline{E}\) lautet: „Keines der beiden Bauteile ist defekt“, also „beide Bauteile sind einwandfrei“. 2. Für ein einwandfreies Bauteil gilt \(P(\text{einwandfrei})=1-0{,}05=0{,}95\). 3. Daher ist \(P(\overline{E})=0{,}95\cdot0{,}95=0{,}9025\). 4. Somit gilt \(P(E)=1-P(\overline{E})=1-0{,}9025=0{,}0975\).

Antwort

Das Gegenereignis \(\overline{E}\) lautet: „Beide Bauteile sind einwandfrei.“ Es gilt \(P(\overline{E})=0{,}95\cdot0{,}95=0{,}9025\) und damit \(P(E)=1-0{,}9025=0{,}0975=9{,}75\,\%\).
42380910
Ein Hersteller von LED-Leuchten gibt an, dass erfahrungsgemäß \(5\,\%\) der produzierten Lampen fehlerhaft sind. Für eine Qualitätskontrolle werden nacheinander vier Lampen zufällig ausgewählt und geprüft. Die Prüfungen werden als unabhängig mit konstanter Fehlerwahrscheinlichkeit betrachtet. a) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass alle vier geprüften Lampen einwandfrei funktionieren. b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist genau die erste Lampe defekt und die restlichen drei sind einwandfrei? c) Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine der vier Lampen defekt ist.

Denkanstöße

- Welche Wahrscheinlichkeit hat eine einzelne einwandfreie Lampe? - Welcher vollständige Pfad gehört zu b)? - Welches Gegenereignis zu c) hast du in a) bereits berechnet?

Lösung

1. Es gilt \(P(\text{defekt})=0{,}05\) und \(P(\text{intakt})=0{,}95\). 2. Nach der Produktregel ist \(P(\text{alle intakt})=0{,}95^4=0{,}81450625\). 3. Für den festen Pfad „defekt – intakt – intakt – intakt“ gilt \(P=0{,}05\cdot0{,}95^3=0{,}04286875\). 4. Das Gegenereignis zu „mindestens eine Lampe defekt“ ist „alle intakt“. Daher gilt \(P=1-0{,}95^4=0{,}18549375\).

Antwort

a) \(0{,}81450625\) b) \(0{,}04286875\) c) \(0{,}18549375\)
42382010
Entscheide, ob die folgenden Aussagen korrekt sind, und gib jeweils eine kurze Begründung an. a) Besteht ein Ereignis aus mehreren Pfaden eines Baumdiagramms, so berechnet man seine Gesamtwahrscheinlichkeit, indem man die Wahrscheinlichkeiten dieser Pfade miteinander multipliziert. b) An jedem Knotenpunkt eines Baumdiagramms ist die Summe der Wahrscheinlichkeiten der von dort ausgehenden Äste gleich \(1\).

Denkanstöße

- Welche Rechenoperation gehört zu mehreren Stufen innerhalb desselben Pfades? - Welche Rechenoperation gehört zu verschiedenen disjunkten Pfaden desselben Ereignisses? - Was müssen alle ausgehenden Äste eines Knotens gemeinsam abdecken?

Lösung

1. Aussage a) ist falsch. Innerhalb eines vollständigen Pfades werden die Astwahrscheinlichkeiten nach der Produktregel multipliziert. Besteht ein Ereignis aus mehreren disjunkten Pfaden, werden deren Pfadwahrscheinlichkeiten nach der Summenregel addiert. 2. Aussage b) ist wahr. Die von einem Knoten ausgehenden Äste beschreiben alle sich gegenseitig ausschließenden Möglichkeiten für die nächste Stufe. Deshalb summieren sich ihre Wahrscheinlichkeiten zu \(1\).

Antwort

a) Falsch. Innerhalb eines Pfades gilt die Produktregel; zwischen disjunkten günstigen Pfaden gilt die Summenregel. b) Wahr. Die ausgehenden Äste eines Knotens decken alle Möglichkeiten der nächsten Stufe ab und summieren sich zu \(1\).
43089110
Ein Sicherheitssystem in einem Rechenzentrum besteht aus drei hintereinandergeschalteten Prüfinstanzen. Jede Instanz erkennt einen versuchten unberechtigten Zugriff unabhängig von den anderen mit einer Wahrscheinlichkeit von \(80\,\%\) und schlägt Alarm. Ein Zugriffsversuch gilt als erfolgreich abgewehrt, sobald mindestens eine der Instanzen Alarm auslöst. Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein unberechtigter Zugriffsversuch (1) bereits durch die erste Instanz abgewehrt wird, (2) erst durch die dritte Instanz abgewehrt wird, (3) von keiner der drei Instanzen erkannt wird.

Denkanstöße

- Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Instanz den Zugriff nicht erkennt? - Welche Abfolge ist nötig, damit erst die dritte Instanz Alarm auslöst? - Welche Pfadregel gilt, wenn mehrere unabhängige Ergebnisse nacheinander eintreten müssen?

Lösung

1. Die Wahrscheinlichkeit für „erkannt“ beträgt \(p=0{,}8\), für „nicht erkannt“ \(q=0{,}2\). 2. Für eine Abwehr bereits durch die erste Instanz gilt \(P=0{,}8\). 3. Für eine Abwehr erst durch die dritte Instanz müssen die ersten beiden Instanzen den Zugriff übersehen und die dritte ihn erkennen. Daher gilt \(P=0{,}2\cdot0{,}2\cdot0{,}8=0{,}032\). 4. Für „kein Alarm“ müssen alle drei Instanzen den Zugriff übersehen. Daher gilt \(P=0{,}2^3=0{,}008\).

Antwort

(1) \(0{,}8\) (2) \(0{,}032\) (3) \(0{,}008\)
43093310
Bei der Aufbereitung von Saatgut wird eine Reinigungsmaschine eingesetzt, die in drei aufeinanderfolgenden Phasen Unkrautsamen aussortiert. In der ersten Phase werden erfahrungsgemäß \(75\,\%\) der Unkrautsamen erkannt und entfernt. Die zweite Phase filtert \(60\,\%\) der verbliebenen Unkrautsamen heraus, und in der dritten Phase werden nochmals \(40\,\%\) der dann noch vorhandenen Unkrautsamen eliminiert. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, mit der ein Unkrautsamen den gesamten Reinigungsprozess durchläuft, ohne entfernt zu werden. Berechne zudem die Gesamtwahrscheinlichkeit dafür, dass ein Unkrautsamen erfolgreich aussortiert wird.

Denkanstöße

- Welcher Anteil bleibt nach jeder Phase jeweils übrig? - Welcher vollständige Pfad beschreibt „in keiner Phase entfernt“? - Welches Gegenereignis gehört zu diesem vollständigen Pfad?

Lösung

1. Die Wahrscheinlichkeiten dafür, die jeweilige Phase zu passieren, ohne entfernt zu werden, betragen nacheinander \(0{,}25\), \(0{,}40\) und \(0{,}60\). 2. Nach der Produktregel gilt \(P(\text{nicht entfernt})=0{,}25\cdot0{,}40\cdot0{,}60=0{,}06\). 3. Das Gegenereignis dazu ist „in mindestens einer Phase entfernt“. Daher gilt \(P(\text{entfernt})=1-0{,}06=0{,}94\).

Antwort

Nicht entfernt: \(6\,\%\); erfolgreich aussortiert: \(94\,\%\)
43204110
Das abgebildete Glücksrad besitzt \(8\) gleich große Sektoren und wird zweimal nacheinander gedreht. Bestimme die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis \(E\): „Mindestens einmal wird Grün gedreht“. Gib dazu zuerst das Gegenereignis \(\bar E\) in Worten an und berechne anschließend die Wahrscheinlichkeit von \(E\) als Bruch.
Abbildung zur Aufgabe 432041

Denkanstöße

- Wie lautet das Gegenteil von „mindestens einmal Grün“? - Wie viele Sektoren sind nicht grün? - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten eines Ereignisses und seines Gegenereignisses zusammen?

Lösung

1. Das Gegenereignis zu „mindestens einmal Grün“ lautet „kein einziges Mal Grün“. 2. Drei der acht Sektoren sind nicht grün. Daher gilt für eine Drehung \(P(\text{nicht Grün})=\frac{3}{8}\). 3. Für das Gegenereignis bei zwei Drehungen gilt nach der Produktregel \(P(\bar E)=\frac{3}{8}\cdot\frac{3}{8}=\frac{9}{64}\). 4. Damit ist \(P(E)=1-P(\bar E)=1-\frac{9}{64}=\frac{55}{64}\).

Antwort

Gegenereignis: „Kein einziges Mal wird Grün gedreht.“ \(P(E)=\frac{55}{64}\)
43209510
Lara spielt auf einem Jahrmarkt an einem Glücksrad. Das abgebildete Glücksrad hat 8 gleich große Felder in den Farben Blau, Rot und Grün. Das Glücksrad wird zweimal nacheinander gedreht. Berechne mithilfe der Pfadregeln die Wahrscheinlichkeit für das folgende Ereignis: „Der Zeiger bleibt mindestens einmal auf einem roten Feld stehen.“ Gib das Ergebnis als gekürzten Bruch und in Prozent an.
Abbildung zur Aufgabe 432095

Denkanstöße

- Lies aus der Abbildung ab, wie viele der acht Felder rot sind. - Welches Gegenereignis gehört zu „mindestens einmal Rot“? - Berechne zuerst die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses über einen vollständigen Pfad.

Lösung

1. Zwei der acht Felder sind rot. Daher ist \(P(\text{Rot})=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}\) und \(P(\text{nicht Rot})=\frac{3}{4}\). 2. Für das Gegenereignis „kein einziges Mal Rot“ gilt \(P(\text{keinmal Rot})=\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{4}=\frac{9}{16}\). 3. Somit ist \(P(\text{mindestens einmal Rot})=1-\frac{9}{16}=\frac{7}{16}=43{,}75\,\%\).

Antwort

Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{7}{16}=43{,}75\,\%\).
43215310
Das abgebildete Glücksrad besitzt \(5\) gleich große Sektoren. Es wird dreimal hintereinander gedreht. Wir betrachten das Ereignis \(A\): „Das Rad zeigt mindestens einmal Rot.“ a) Formuliere das Gegenereignis \(\bar A\) in Worten. b) Berechne die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses \(P(\bar A)\). Gib das Ergebnis als gekürzten Bruch an. c) Bestimme mithilfe des Gegenereignisses die Wahrscheinlichkeit \(P(A)\). Gib das Ergebnis ebenfalls als gekürzten Bruch an.
Abbildung zur Aufgabe 432153

Denkanstöße

- Was bedeutet es für die drei Drehungen, wenn „mindestens einmal Rot“ nicht eintritt? - Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei einer Drehung kein Rot zu erhalten? - Über welchen vollständigen Pfad lässt sich das Gegenereignis berechnen? - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten eines Ereignisses und seines Gegenereignisses zusammen?

Lösung

1. Das Gegenereignis \(\bar A\) lautet: „Das Rad zeigt kein einziges Mal Rot“, also „dreimal Blau“. 2. Da vier von fünf Sektoren blau sind, gilt \(P(\text{Blau})=\frac{4}{5}\). 3. Mit der Produktregel erhält man \(P(\bar A)=\left(\frac{4}{5}\right)^3=\frac{64}{125}\). 4. Mit dem Gegenereignis folgt \(P(A)=1-P(\bar A)=1-\frac{64}{125}=\frac{61}{125}\).

Antwort

a) Das Gegenereignis \(\bar A\) lautet: „Das Rad zeigt kein einziges Mal Rot“ (oder „Das Rad zeigt dreimal Blau“). b) \(P(\bar A)=\frac{64}{125}\) c) \(P(A)=\frac{61}{125}\)
43749610
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt zwei Ziehungen ohne Zurücklegen. Bestimme **mithilfe der im Baum angegebenen Astwahrscheinlichkeiten sowie Produktregel und Summenregel** die Wahrscheinlichkeit dafür, dass zwei verschiedenfarbige Kugeln gezogen werden.
Abbildung zur Aufgabe 437496

Denkanstöße

- Suche im Baum alle vollständigen Pfade, die mit zwei verschiedenen Farben enden. - Berechne jeden günstigen Pfad zunächst mit den Astwahrscheinlichkeiten des Baums. - Fasse die günstigen Pfade erst anschließend zusammen.

Lösung

1. Für zwei verschiedene Farben sind im Baum die vollständigen Pfade rot–blau und blau–rot günstig. 2. Nach der Produktregel gilt für rot–blau \(\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4}=\frac{3}{10}\) und für blau–rot \(\frac{2}{5}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{10}\). 3. Nach der Summenregel ergibt sich \(P=\frac{3}{10}+\frac{3}{10}=\frac{3}{5}\).

Antwort

\(\frac{3}{5}=60\,\%\)
43749810
Ergänze im Baumdiagramm die fehlende Wahrscheinlichkeit und bestimme anschließend die Wahrscheinlichkeit für „grün und Stern“.
Abbildung zur Aufgabe 437498

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

Fehlender Wert: \(0{,}65\); \(P(\text{grün und Stern})=0{,}26\).
43749910
Das Baumdiagramm zeigt zwei Ziehungen mit Zurücklegen. Dabei bedeutet \(R\): „rote Kugel“. Formuliere das Gegenereignis zu „mindestens einmal rot“ und berechne seine Wahrscheinlichkeit.
Abbildung zur Aufgabe 437499

Denkanstöße

- Welche Ergebnisfolgen sind ausgeschlossen, wenn mindestens einmal Rot verlangt wird? - Beschreibe das Gegenteil mit möglichst wenigen Pfaden.

Lösung

1. Das Gegenereignis lautet „keine rote Kugel“, also \(\overline{R}\,\overline{R}\). 2. Seine Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}7\cdot0{,}7=0{,}49\).

Antwort

Gegenereignis: „keine rote Kugel“; Wahrscheinlichkeit \(0{,}49\).
43750310
Das Baumdiagramm zeigt für einen Tag die Wetterlage und anschließend Lios Wahl zwischen Bus und „kein Bus“. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass Lio den Bus nimmt.
Abbildung zur Aufgabe 437503

Denkanstöße

- Auf welchen vollständigen Pfaden endet die Fahrt mit dem Bus? - Berücksichtige beide möglichen Wetterlagen.

Lösung

1. Pfad trocken–Bus: \(0{,}7\cdot0{,}2=0{,}14\). 2. Pfad Regen–Bus: \(0{,}3\cdot0{,}6=0{,}18\). 3. Gesamtwahrscheinlichkeit: \(0{,}14+0{,}18=0{,}32\).

Antwort

\(0{,}32=32\,\%\).
43750510
Ein Glücksrad mit den Zahlen 1, 2, 3 und 4 wird zweimal gedreht. Alle Zahlen sind gleich wahrscheinlich. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Produkt der beiden Zahlen gerade ist?
Abbildung zur Aufgabe 437505

Denkanstöße

- Wann kann ein Produkt ungerade sein? - Kannst du das Gegenteil des gesuchten Ereignisses einfacher beschreiben?

Lösung

1. Gegenereignis „Produkt ungerade“: beide Zahlen ungerade. 2. Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses: \(\frac{2}{4}\cdot\frac{2}{4}=\frac{1}{4}\). 3. Gesuchte Wahrscheinlichkeit: \(1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\).

Antwort

\(\frac{3}{4}=75\,\%\).
43751410
Im Baumdiagramm ist nach dem Ereignis \(A\) die Wahrscheinlichkeit für \(B\) mit \(0{,}65\) angegeben. Ergänze den fehlenden Ast und bestimme \(P(A\cap\overline{B})\) für \(P(A)=0{,}4\).
Abbildung zur Aufgabe 437514

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

Fehlender Ast: \(0{,}35\); \(P(A\cap\overline{B})=0{,}14\).
43751610
Amina schießt zweimal unter gleichen Bedingungen. Das Baumdiagramm zeigt die Wahrscheinlichkeiten für Treffer und Fehlschuss. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für genau einen Treffer?
Abbildung zur Aufgabe 437516

Denkanstöße

- In welchen zwei Reihenfolgen kann genau ein Treffer auftreten? - Sind die beiden Pfade gleich wahrscheinlich?

Lösung

1. Pfad Treffer–Fehlschuss: \(0{,}8\cdot0{,}2=0{,}16\). 2. Pfad Fehlschuss–Treffer: \(0{,}2\cdot0{,}8=0{,}16\). 3. Gesamtwahrscheinlichkeit: \(0{,}16+0{,}16=0{,}32\).

Antwort

\(0{,}32=32\,\%\).
43752610
Das abgebildete Baumdiagramm zeigt aufeinanderfolgende unabhängige Qualitätsprüfungen. Die Prüfungen enden, sobald ein Fehler entdeckt wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass erstmals bei der dritten Prüfung ein Fehler entdeckt wird?
Abbildung zur Aufgabe 437526

Denkanstöße

- „Erstmals bei der dritten“ legt die Ergebnisse der ersten beiden Prüfungen ebenfalls fest. - Verfolge im Baum nur den Pfad, der diese genaue Reihenfolge besitzt. - Multipliziere die Astwahrscheinlichkeiten dieses einen Pfades.

Lösung

1. Damit erstmals bei der dritten Prüfung ein Fehler entdeckt wird, muss der Pfad „kein Fehler – kein Fehler – Fehler“ eintreten. 2. Aus dem Baum liest man die Astwahrscheinlichkeiten \(0{,}7\), \(0{,}7\) und \(0{,}3\) ab. Nach der Produktregel gilt \(P=0{,}7\cdot0{,}7\cdot0{,}3=0{,}147\).

Antwort

\(P=0{,}147=14{,}7\,\%\)
43752710
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt die Prüfung von drei unabhängig ausgewählten Bauteilen. Im Baum steht D für „defekt“ und I für „in Ordnung“. Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens eines der drei Bauteile defekt ist.
Abbildung zur Aufgabe 437527

Denkanstöße

- „Mindestens eines“ umfasst mehrere Endpfade. - Suche ein Gegenereignis, das im Baum nur aus einem einzigen vollständigen Pfad besteht. - Ziehe dessen Wahrscheinlichkeit von \(1\) ab.

Lösung

1. Das Gegenereignis „kein Bauteil ist defekt“ besteht aus dem einzigen Pfad III. 2. Aus dem Baum ergibt sich \(P(III)=0{,}98^3=0{,}941192\). 3. Daher ist \(P(\text{mindestens ein Defekt})=1-0{,}941192=0{,}058808\).

Antwort

\(P=0{,}058808\approx5{,}88\,\%\)
43753210
Das abgebildete Baumdiagramm zeigt zwei Ziehungen ohne Zurücklegen aus einem Kartenset. Bestimme **mit der Produktregel aus den im Baum angegebenen Astwahrscheinlichkeiten** die Wahrscheinlichkeit dafür, dass beide gezogenen Karten Asse sind.
Abbildung zur Aufgabe 437532

Denkanstöße

- Suche im Baum den einzigen vollständigen Pfad, auf dem zweimal Ass erscheint. - Verwende genau die beiden Astwahrscheinlichkeiten dieses Pfades. - Wie werden Astwahrscheinlichkeiten innerhalb eines vollständigen Pfades verknüpft?

Lösung

1. Der gesuchte vollständige Pfad ist Ass–Ass. 2. Nach der Produktregel gilt \(P(\text{Ass–Ass})=\frac{2}{8}\cdot\frac{1}{7}=\frac{1}{28}\). 3. Damit beträgt die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{28}\approx3{,}57\,\%\).

Antwort

\(\frac{1}{28}\approx3{,}57\,\%\)
43753310
Das abgebildete Baumdiagramm zeigt zwei Ziehungen ohne Zurücklegen. Bestimme **mit Produktregel und Summenregel aus den angegebenen Astwahrscheinlichkeiten** die Wahrscheinlichkeit dafür, dass beide gezogenen Kugeln dieselbe Farbe haben.
Abbildung zur Aufgabe 437533

Denkanstöße

- Suche im Baum für jede Farbe den vollständigen Pfad, auf dem diese Farbe zweimal erscheint. - Berechne die drei günstigen Pfadwahrscheinlichkeiten zunächst getrennt. - Fasse die günstigen Pfade anschließend mit der passenden Regel zusammen.

Lösung

1. Für zwei gleichfarbige Kugeln sind im Baum die drei Pfade rot–rot, grün–grün und blau–blau günstig. 2. Nach der Produktregel haben diese Pfade die Wahrscheinlichkeiten \(\frac{4}{9}\cdot\frac{3}{8}=\frac{12}{72}\), \(\frac{3}{9}\cdot\frac{2}{8}=\frac{6}{72}\) und \(\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{8}=\frac{2}{72}\). 3. Nach der Summenregel gilt \(P=\frac{12+6+2}{72}=\frac{20}{72}=\frac{5}{18}\).

Antwort

\(\frac{5}{18}\approx27{,}8\,\%\)
43753710
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt die gemeinsame Produktion zweier Produktionslinien. Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein zufällig ausgewähltes Teil Ausschuss ist.
Abbildung zur Aufgabe 437537

Denkanstöße

- Suche im Baum alle Endknoten mit der Bezeichnung „Ausschuss“. - Berechne für jeden dieser Endknoten die Wahrscheinlichkeit des vollständigen Pfades. - Addiere die beiden Beiträge zum gesuchten Ereignis.

Lösung

1. Zum Ereignis „Ausschuss“ führen zwei Pfade. 2. Über Linie A gilt \(0{,}5\cdot0{,}03=0{,}015\). 3. Über Linie B gilt \(0{,}5\cdot0{,}01=0{,}005\). 4. Nach der Summenregel ist \(P(\text{Ausschuss})=0{,}015+0{,}005=0{,}02\).

Antwort

\(P(\text{Ausschuss})=0{,}02=2\,\%\)
43755810
Luca betrachtet im abgebildeten Baumdiagramm den Pfad \(A\)-\(B\). Er addiert die beiden Astwahrscheinlichkeiten dieses Pfades und erhält \(1{,}1\) als Pfadwahrscheinlichkeit. Erkläre den Denkfehler und bestimme den korrekten Wert.
Abbildung zur Aufgabe 437558

Denkanstöße

- Entscheide, ob die beiden Äste nacheinander durchlaufen werden oder alternative Pfade darstellen. - Welche Regel gilt für die Astwahrscheinlichkeiten eines einzelnen vollständigen Pfades? - Prüfe zusätzlich, ob \(1{,}1\) überhaupt im möglichen Wertebereich einer Wahrscheinlichkeit liegt.

Lösung

1. Die beiden Äste liegen nacheinander auf demselben vollständigen Pfad. Deshalb gilt die Produktregel: Die Astwahrscheinlichkeiten werden multipliziert und nicht addiert. 2. Aus dem Baum folgt \(P(\text{Pfad }A\text{-}B)=0{,}4\cdot0{,}7=0{,}28\). 3. Außerdem zeigt schon der Wert \(1{,}1\), dass die Rechnung nicht stimmen kann, weil eine Wahrscheinlichkeit höchstens \(1\) beträgt.

Antwort

Der Fehler ist das Addieren von Astwahrscheinlichkeiten entlang eines Pfades. Richtig ist \(P=0{,}28\).
55669610
Das Baumdiagramm zeigt absolute Häufigkeiten aus \(200\) gleichartig durchgeführten Versuchen. Betrachte den vollständigen Pfad über \(A\) nach \(B\). a) Bestimme die relative Häufigkeit dieses vollständigen Pfades direkt aus Anfangs- und Endhäufigkeit. b) Bestimme zuerst die relative Häufigkeit für den Ast zu \(A\) und danach innerhalb von \(A\) für den Ast zu \(B\). Multipliziere beide Werte. c) Erkläre, was der Vergleich von a) und b) für die Produktregel plausibel macht.
Abbildung zur Aufgabe 556696

Denkanstöße

- Lies für a) nur die Häufigkeit am Start und am Ende des betrachteten Pfades ab. - Bei b) bezieht sich der zweite Anteil nicht mehr auf alle \(200\) Versuche, sondern nur auf die Versuche, die \(A\) erreicht haben. - Vergleiche die beiden Rechenwege erst nach ihrer vollständigen Auswertung.

Lösung

1. Direkt ergibt sich für den vollständigen Pfad \(\frac{20}{200}=0{,}1\). 2. Für den ersten Ast gilt \(\frac{80}{200}=0{,}4\); innerhalb von \(A\) gilt für den zweiten Ast \(\frac{20}{80}=0{,}25\). 3. Das Produkt ist \(0{,}4\cdot0{,}25=0{,}1\) und stimmt mit der direkten relativen Häufigkeit des vollständigen Pfades überein. Dadurch wird die Produktregel anhand der Häufigkeiten plausibel.

Antwort

a) \(\frac{20}{200}=0{,}1\) b) \(\frac{80}{200}\cdot\frac{20}{80}=0{,}4\cdot0{,}25=0{,}1\) c) Die direkte relative Häufigkeit eines vollständigen Pfades stimmt mit dem Produkt der relativen Asthäufigkeiten überein.
55669710
Das Baumdiagramm zeigt absolute Häufigkeiten aus \(500\) Versuchen. Das Ereignis \(E\) tritt an zwei verschiedenen Endknoten auf. a) Bestimme die relative Häufigkeit von \(E\), indem du zuerst die beiden günstigen Endhäufigkeiten zusammenfasst. b) Bestimme für jeden günstigen vollständigen Pfad seinen Anteil an allen \(500\) Versuchen und addiere diese beiden Anteile. c) Erkläre, was der Vergleich der beiden Rechenwege für die Summenregel plausibel macht.
Abbildung zur Aufgabe 556697

Denkanstöße

- Suche im Baum nur die Endknoten, an denen \(E\) steht. - Beide Endhäufigkeiten beziehen sich auf dieselben \(500\) Ausgangsversuche. - Vergleiche „zuerst Endhäufigkeiten addieren“ mit „zuerst Pfadanteile bilden und dann addieren“.

Lösung

1. Insgesamt tritt \(E\) in \(50+75=125\) von \(500\) Versuchen auf. Damit ist die relative Häufigkeit \(\frac{125}{500}=0{,}25\). 2. Die beiden günstigen vollständigen Pfade haben bezogen auf alle Versuche die Anteile \(\frac{50}{500}=0{,}1\) und \(\frac{75}{500}=0{,}15\). 3. Ihre Summe ist \(0{,}1+0{,}15=0{,}25\). Die beiden disjunkten Endfälle bilden zusammen das Ereignis \(E\); deshalb stimmt die Summe ihrer Pfadanteile mit dem Anteil von \(E\) überein.

Antwort

a) \(\frac{125}{500}=0{,}25\) b) \(\frac{50}{500}+\frac{75}{500}=0{,}25\) c) Für disjunkte günstige vollständige Pfade ergibt die Summe ihrer Anteile den Anteil des gesamten Ereignisses.
41009210
Ein Glücksrad hat 21 Felder. Jedes Feld fällt mit derselben Wahrscheinlichkeit aus und ist mit einer Zahl von 1 bis 6 beschriftet. Dabei kommt die „1“ nur einmal vor, die „2“ – zweimal, die „3“ – dreimal, usw. Mit welcher Wahrscheinlichkeit fallen nach zwei Drehungen eine „3“ und eine „5“ in beliebiger Reihenfolge aus?
Abbildung zur Aufgabe 410092

Denkanstöße

- Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, bei einer Drehung eine bestimmte Zahl zu erhalten? - Wie viele Möglichkeiten gibt es, die beiden gesuchten Zahlen hintereinander zu drehen? - Multipliziere die Wahrscheinlichkeiten für einen Pfad und addiere dann die Wahrscheinlichkeiten aller zutreffenden Pfade.

Lösung

1. Bestimmung der Einzelwahrscheinlichkeiten: Gesamtzahl der Felder ist 21. Anzahl der "3"-Felder ist 3, also \(P(3) = \frac{3}{21} = \frac{1}{7}\). Anzahl der "5"-Felder ist 5, also \(P(5) = \frac{5}{21}\). 2. Berücksichtigung der möglichen Reihenfolgen: Es kann zuerst eine "3" und dann eine "5" kommen, oder umgekehrt. 3. Berechnung nach der Pfadregel: \(P(\text{"3" und "5"}) = P(3) \cdot P(5) + P(5) \cdot P(3) = 2 \cdot \left(\frac{3}{21} \cdot \frac{5}{21}\right)\). 4. Ausrechnen: \(P = 2 \cdot \frac{15}{441} = \frac{30}{441}\). 5. Kürzen des Bruchs durch 3: \(\frac{10}{147}\).

Antwort

\(\frac{10}{147}\)
42184810
Ein Bogenschütze trifft das Zentrum der Zielscheibe bei jedem Schuss mit einer Wahrscheinlichkeit von \(60\,\%\). Er gibt drei Schüsse ab. Die einzelnen Schüsse werden als voneinander unabhängig angesehen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit für folgende Fälle: (1) Er trifft bei keinem der drei Schüsse das Zentrum. (2) Er trifft genau zweimal das Zentrum. (3) Er erzielt mindestens einen Treffer im Zentrum.

Denkanstöße

- Bleibt die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer bei jedem Schuss gleich? - Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es, bei drei Schüssen genau zwei Treffer zu erzielen? - Welches Ereignis tritt ein, wenn „mindestens ein Treffer“ nicht erfüllt ist? - Nutze die Pfadregeln für ein Baumdiagramm mit den Wahrscheinlichkeiten \(0{,}6\) und \(0{,}4\).

Lösung

1. Wegen der Unabhängigkeit bleibt die Trefferwahrscheinlichkeit bei jedem Schuss \(0{,}6\); die Wahrscheinlichkeit für einen Fehlschuss beträgt \(0{,}4\). 2. Für (1) müssen drei Fehlschüsse nacheinander eintreten. Daher gilt \(P(\text{kein Treffer})=0{,}4^3=0{,}064\). 3. Für (2) kann der eine Fehlschuss an drei Positionen stehen. Jeder dieser drei Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}6^2\cdot0{,}4=0{,}144\). Somit gilt \(P(\text{genau zwei Treffer})=3\cdot0{,}144=0{,}432\). 4. Für (3) wird das Gegenereignis aus (1) verwendet: \(P(\text{mindestens ein Treffer})=1-0{,}064=0{,}936\).

Antwort

(1) \(P=0{,}064\) (2) \(P=0{,}432\) (3) \(P=0{,}936\)
42312410
In einer Fabrik werden elektronische Bauteile hergestellt. Erfahrungsgemäß sind \(90\,\%\) der Teile einwandfrei \(E\), während \(10\,\%\) fehlerhaft \(F\) sind. Für eine Qualitätsprüfung werden aus einer sehr großen Produktionsmenge nacheinander drei Bauteile entnommen. Die drei Prüfungen werden mit den konstanten Wahrscheinlichkeiten \(P(E)=0{,}9\) und \(P(F)=0{,}1\) modelliert. a) Wie viele Endknoten hat das vollständige Baumdiagramm für diesen dreistufigen Versuch? b) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei geprüften Teile einwandfrei sind. c) Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass unter den drei Teilen genau ein fehlerhaftes Bauteil ist.

Denkanstöße

- Wie viele Möglichkeiten gibt es an jeder der drei Stufen? - Welche vollständigen Pfade gehören zu b) beziehungsweise c)? - Wie werden Astwahrscheinlichkeiten innerhalb eines Pfades und Wahrscheinlichkeiten verschiedener günstiger Pfade verknüpft?

Lösung

1. In jeder der drei Stufen gibt es zwei mögliche Ergebnisse. Daher hat das vollständige Baumdiagramm \(2^3=8\) Endknoten. 2. Für drei einwandfreie Teile gilt nach der Produktregel \(P(E,E,E)=0{,}9\cdot0{,}9\cdot0{,}9=0{,}729\). 3. Genau ein fehlerhaftes Teil tritt auf den drei Pfaden \((F,E,E)\), \((E,F,E)\) und \((E,E,F)\) auf. Jeder Pfad hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1\cdot0{,}9\cdot0{,}9=0{,}081\). 4. Nach der Summenregel ist \(P(\text{genau ein }F)=3\cdot0{,}081=0{,}243\).

Antwort

a) 8 Endknoten b) \(0{,}729=72{,}9\,\%\) c) \(0{,}243=24{,}3\,\%\)
42333110
Leonie pflanzt drei Sonnenblumensamen. Jeder Samen keimt mit einer Wahrscheinlichkeit von \(70\,\%\). Ob ein Samen keimt, wird unabhängig von den anderen Samen modelliert. Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass a) alle drei Samen keimen, b) kein Samen keimt, c) mindestens zwei Samen keimen.

Denkanstöße

- Welche vollständigen Ergebnisfolgen passen jeweils zur gesuchten Bedingung? - Wie berechnest du die Wahrscheinlichkeit eines einzelnen vollständigen Pfades? - Prüfe bei c), ob mehr als eine Ergebnisfolge zum Ereignis gehört.

Lösung

1. Für „alle drei keimen“ gibt es den Pfad KKK. Daher ist \(P(\mathrm{KKK})=0{,}7^3=0{,}343\). 2. Für „kein Samen keimt“ gibt es den Pfad NNN. Daher ist \(P(\mathrm{NNN})=0{,}3^3=0{,}027\). 3. „Mindestens zwei keimen“ umfasst KKN, KNK, NKK und KKK. Jeder Pfad mit genau zwei keimenden Samen hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}7^2\cdot0{,}3=0{,}147\). 4. Daher ist \(P(\text{mindestens zwei})=3\cdot0{,}147+0{,}343=0{,}784\).

Antwort

a) \(0{,}343=34{,}3\,\%\) b) \(0{,}027=2{,}7\,\%\) c) \(0{,}784=78{,}4\,\%\)
42333210
Arda prüft vier zufällig ausgewählte Temperatursensoren. Jeder Sensor ist mit einer Wahrscheinlichkeit von \(5\,\%\) defekt. Ob ein Sensor defekt ist, wird unabhängig von den anderen Sensoren modelliert. Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass a) keiner der vier Temperatursensoren defekt ist, b) genau einer der vier Temperatursensoren defekt ist, c) genau zwei der vier Temperatursensoren defekt sind.

Denkanstöße

- Welche vollständigen Viererfolgen passen zu jeder Bedingung? - Wie viele verschiedene Positionen kann ein einzelner defekter Sensor einnehmen? - Prüfe bei c), wie viele verschiedene Anordnungen mit genau zwei defekten Sensoren möglich sind.

Lösung

1. Für vier intakte Sensoren gibt es den Pfad IIII. Daher ist \(P(\mathrm{IIII})=0{,}95^4=0{,}81450625\). 2. Genau ein defekter Sensor kann an vier Positionen auftreten: DIII, IDII, IIDI oder IIID. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}05\cdot0{,}95^3=0{,}04286875\). 3. Daher ist \(P(\text{genau ein Defekt})=4\cdot0{,}04286875=0{,}171475\). 4. Genau zwei defekte Sensoren treten auf den sechs Pfaden DDII, DIDI, DIID, IDDI, IDID und IIDD auf. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}05^2\cdot0{,}95^2=0{,}00225625\). 5. Daher ist \(P(\text{genau zwei Defekte})=6\cdot0{,}00225625=0{,}0135375\).

Antwort

a) \(0{,}81450625\) b) \(0{,}171475\) c) \(0{,}0135375\)
42333510
Basketballspieler Malik Schuster trifft bei Freiwürfen erfahrungsgemäß mit einer Wahrscheinlichkeit von \(60\,\%\). Er führt eine Serie von vier Freiwürfen aus. Die Würfe werden als unabhängig betrachtet, und die Trefferwahrscheinlichkeit bleibt konstant. Dabei steht \(T\) für Treffer und \(F\) für Fehlwurf. a) Erkläre, weshalb alle vier Würfe mit denselben beiden Astwahrscheinlichkeiten modelliert werden können. Gib die Wahrscheinlichkeiten für Treffer und Fehlwurf an. b) Berechne die Wahrscheinlichkeiten für die folgenden Ereignisse: \(A\): „Alle vier Würfe sind Treffer.“ \(B\): „Zuerst zwei Fehlwürfe, dann zwei Treffer.“ \(C\): „Mindestens ein Treffer.“ \(D\): „Genau zwei Treffer.“

Denkanstöße

- 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.

Lösung

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 FFTT zum Ereignis. Daher ist \(P(B)=0{,}4^2\cdot0{,}6^2=0{,}0576\). 4. Das Gegenereignis zu \(C\) ist FFFF. Daher ist \(P(C)=1-0{,}4^4=0{,}9744\). 5. Genau zwei Treffer treten auf den sechs Pfaden TTFF, TFTF, TFFT, FTTF, FTFT und FFTT auf. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}6^2\cdot0{,}4^2=0{,}0576\). Somit ist \(P(D)=6\cdot0{,}0576=0{,}3456\).

Antwort

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) \(P(A)=0{,}1296\); \(P(B)=0{,}0576\); \(P(C)=0{,}9744\); \(P(D)=0{,}3456\)
42333610
In einer Glashütte werden Trinkgläser hergestellt. Erfahrungsgemäß sind \(10\,\%\) der Gläser fehlerhaft. Für eine Qualitätskontrolle werden fünf Gläser nacheinander zufällig entnommen und geprüft. Da die Produktion sehr groß ist, werden die Prüfungen als unabhängig mit gleichbleibender Fehlerwahrscheinlichkeit modelliert. a) Gib die Wahrscheinlichkeiten für „fehlerhaft“ und „einwandfrei“ an und erkläre, warum sie bei allen fünf Prüfungen gleich bleiben. b) Bestimme die Wahrscheinlichkeiten für die folgenden Ereignisse: \(A\): „Kein Glas ist fehlerhaft.“ \(B\): „Die ersten drei Gläser sind einwandfrei, die letzten beiden sind fehlerhaft.“ \(C\): „Mindestens ein Glas ist fehlerhaft.“ \(D\): „Genau ein Glas ist fehlerhaft.“

Denkanstöße

- Welche zwei Ergebnisse sind bei jeder Prüfung möglich, und ändern sich ihre Wahrscheinlichkeiten? - Bei einer fest vorgegebenen Reihenfolge gehört nur ein vollständiger Pfad zum Ereignis. - Prüfe bei den Ereignissen mit mehreren möglichen Reihenfolgen, welche vollständigen Pfade dazugehören.

Lösung

1. Schreibe \(I\) für „einwandfrei“ und \(X\) für „fehlerhaft“. Bei jeder Prüfung gilt \(P(I)=0{,}9\) und \(P(X)=0{,}1\), weil die Fehlerwahrscheinlichkeit als konstant und die Prüfungen als unabhängig modelliert werden. 2. Für \(A\) gehört nur der Pfad \(IIIII\) zum Ereignis. Daher ist \(P(A)=0{,}9^5=0{,}59049\). 3. Für \(B\) gehört nur der Pfad \(IIIXX\) zum Ereignis. Daher ist \(P(B)=0{,}9^3\cdot0{,}1^2=0{,}00729\). 4. Das Gegenereignis zu \(C\) ist \(A\). Daher gilt \(P(C)=1-0{,}59049=0{,}40951\). 5. Genau ein fehlerhaftes Glas kann an fünf Positionen stehen: \(XIIII\), \(IXIII\), \(IIXII\), \(IIIXI\) oder \(IIIIX\). Jeder Pfad hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1\cdot0{,}9^4=0{,}06561\). Somit ist \(P(D)=5\cdot0{,}06561=0{,}32805\).

Antwort

a) Fehlerhaft: \(0{,}1\); einwandfrei: \(0{,}9\). Die Wahrscheinlichkeiten bleiben wegen des unabhängigen Modells mit konstanter Fehlerwahrscheinlichkeit gleich. b) \(P(A)=0{,}59049\); \(P(B)=0{,}00729\); \(P(C)=0{,}40951\); \(P(D)=0{,}32805\)
42333710
Ein Bogenschütze trifft das Zentrum der Scheibe mit einer Wahrscheinlichkeit von \(40\,\%\). Er gibt drei Schüsse ab und notiert für jeden Schuss, ob er getroffen (\(T\)) oder nicht getroffen (\(N\)) hat. Die Schüsse werden als unabhängig betrachtet, und die Trefferwahrscheinlichkeit bleibt konstant. a) Gib alle acht möglichen Ergebnisse dieses Zufallsexperiments in der Kurzschreibweise (z. B. \(TNN\)) an. b) Berechne die Wahrscheinlichkeiten für die Ergebnisse \(TNN\) und \(TTN\). c) Berechne die Wahrscheinlichkeiten für „genau ein Treffer“ und „mindestens zwei Treffer“.

Denkanstöße

- 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.

Lösung

1. Die acht Ergebnisse sind \(TTT, TTN, TNT, NTT, TNN, NTN, NNT, NNN\). 2. Für die beiden einzelnen Pfade gilt \(P(TNN)=0{,}4\cdot0{,}6\cdot0{,}6=0{,}144\) und \(P(TTN)=0{,}4\cdot0{,}4\cdot0{,}6=0{,}096\). 3. Genau ein Treffer tritt auf TNN, NTN und NNT auf. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}144\). Daher ist \(P(\text{genau ein Treffer})=3\cdot0{,}144=0{,}432\). 4. 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 \(0{,}4^3=0{,}064\). 5. Somit ist \(P(\text{mindestens zwei Treffer})=3\cdot0{,}096+0{,}064=0{,}352\).

Antwort

a) \(\{TTT, TTN, TNT, NTT, TNN, NTN, NNT, NNN\}\) b) \(P(TNN)=0{,}144\); \(P(TTN)=0{,}096\) c) \(P(\text{genau ein Treffer})=0{,}432\); \(P(\text{mindestens zwei Treffer})=0{,}352\)
42333810
Bei der Endkontrolle elektronischer Bauteile ist bekannt, dass \(10\,\%\) der Stücke fehlerhaft (\(f\)) sind. Die übrigen Stücke sind einwandfrei (\(e\)). Es werden nacheinander drei Bauteile geprüft. Aufgrund der großen Produktionsmenge werden die Prüfungen als unabhängig mit konstanter Fehlerwahrscheinlichkeit betrachtet. a) Begründe, weshalb die Ergebnisse \(efe\) und \(eef\) dieselbe Wahrscheinlichkeit besitzen, und gib diesen Wert an. b) Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens zwei der drei Bauteile fehlerhaft sind. c) Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass höchstens ein Bauteil fehlerhaft ist, und erkläre den Zusammenhang mit Teilaufgabe b).

Denkanstöße

- 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.

Lösung

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 \(P(\text{höchstens ein fehlerhaft})=1-0{,}028=0{,}972\).

Antwort

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.
42335110
In einer Fabrik werden Bauteile produziert, von denen \(95\,\%\) einwandfrei (\(G\)) sind und \(5\,\%\) als fehlerhaft (\(F\)) gelten. In einer Qualitätskontrolle werden vier Bauteile nacheinander geprüft. Die Prüfungen werden unabhängig mit gleichbleibenden Wahrscheinlichkeiten modelliert. Betrachtet werden folgende Ereignisse: A: „Nur das zweite Bauteil ist fehlerhaft.“ B: „Genau drei Bauteile sind einwandfrei.“ C: „Die ersten drei Bauteile sind einwandfrei.“ D: „Nur das vierte Bauteil ist fehlerhaft.“ a) Gib für die Ereignisse A bis D jeweils alle zugehörigen Ergebnisse in der Form \((x_1,x_2,x_3,x_4)\) an. b) Welche der Ereignisse haben die gleiche Wahrscheinlichkeit? Begründe deine Entscheidung ohne Rechnung. c) Berechne die Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse A, B und C.

Denkanstöße

- 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.

Lösung

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 \(P(C)=0{,}95^3=0{,}857375\).

Antwort

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) \(P(A)=0{,}04286875\); \(P(B)=0{,}171475\); \(P(C)=0{,}857375\)
42335510
In einer Gärtnerei keimen durchschnittlich \(15\,\%\) der Blumensamen einer bestimmten Sorte nicht. Für eine Untersuchung werden vier Samen dieser Sorte zufällig ausgewählt und eingepflanzt. Die Keimungen werden als unabhängig mit gleichbleibenden Wahrscheinlichkeiten modelliert. a) Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau zwei der vier Samen nicht keimen. b) Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass nur die ersten beiden Samen nicht keimen.

Denkanstöße

- Worin unterscheiden sich „genau zwei irgendwo“ und „nur die ersten beiden“? - Welche vollständigen Viererfolgen gehören zu a)? - Haben die günstigen Pfade aus a) dieselbe Wahrscheinlichkeit?

Lösung

1. Schreibe \(N\) für „keimt nicht“ und \(K\) für „keimt“. Für genau zwei nicht keimende Samen gibt es die sechs Pfade \((N,N,K,K)\), \((N,K,N,K)\), \((N,K,K,N)\), \((K,N,N,K)\), \((K,N,K,N)\) und \((K,K,N,N)\). 2. Jeder dieser Pfade hat nach der Produktregel die Wahrscheinlichkeit \(0{,}15^2\cdot0{,}85^2=0{,}01625625\). 3. Mit der Summenregel ergibt sich \(P(\text{genau zwei }N)=6\cdot0{,}01625625=0{,}0975375\). 4. In b) ist nur der Pfad \((N,N,K,K)\) günstig. Seine Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}15^2\cdot0{,}85^2=0{,}01625625\).

Antwort

a) \(P=0{,}0975375\) b) \(P=0{,}01625625\)
42335610
Ein Basketballspieler trifft bei Freiwürfen erfahrungsgemäß mit einer Wahrscheinlichkeit von \(80\,\%\). In einer Trainingseinheit führt er fünf Würfe aus. Die Würfe werden als unabhängig betrachtet, und die Trefferwahrscheinlichkeit bleibt gleich. a) Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass er genau vier Treffer erzielt. b) Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass er nur beim fünften Wurf nicht trifft.

Denkanstöße

- An welchen fünf Positionen kann der einzige Fehlwurf in a) liegen? - Enthalten die günstigen Pfade aus a) jeweils dieselben Faktoren? - Wie unterscheidet sich die Anzahl günstiger Pfade in a) von der fest vorgegebenen Folge in b)?

Lösung

1. Bei genau vier Treffern gibt es fünf mögliche Pfade, je nachdem, an welcher Stelle der einzige Fehlwurf liegt. 2. Jeder dieser Pfade hat nach der Produktregel die Wahrscheinlichkeit \(0{,}8^4\cdot0{,}2=0{,}08192\). 3. Mit der Summenregel gilt \(P(\text{genau vier Treffer})=5\cdot0{,}08192=0{,}4096\). 4. Schreibe \(T\) für Treffer und \(F\) für Fehlwurf. In b) ist nur der Pfad \((T,T,T,T,F)\) günstig. Nach der Produktregel ist \(P((T,T,T,T,F))=0{,}08192\).

Antwort

a) \(0{,}4096=40{,}96\,\%\) b) \(0{,}08192=8{,}192\,\%\)
42337210
Ein Basketballspieler hat eine Trefferquote von \(25\,\%\) pro Freiwurf. Er führt drei Freiwürfe hintereinander aus. Die Würfe werden als unabhängig betrachtet, und die Trefferwahrscheinlichkeit bleibt konstant. Wir betrachten die Ereignisse: A: „Nur der zweite Wurf ist ein Treffer.“ B: „Der erste Treffer wird beim zweiten Wurf erzielt.“ C: „Der zweite Wurf ist ein Treffer.“ D: „Der zweite Wurf ist kein Treffer.“ a) Beschreibe die Ereignisse A, B und C, indem du alle möglichen Pfade in der Schreibweise (Wurf 1, Wurf 2, Wurf 3) auflistest. Verwende dabei \(T\) für Treffer und \(F\) für Fehlschuss. b) Berechne die Wahrscheinlichkeiten für die Ereignisse A, B, C und D.

Denkanstöße

- 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.

Lösung

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 \(P(F) = 0{,}75\): \(P(A) = 0{,}75 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}75 = 0{,}140625 = \frac{9}{64}\). \(P(B) = 0{,}75 \cdot 0{,}25 \cdot (0{,}75 + 0{,}25) = 0{,}75 \cdot 0{,}25 \cdot 1 = 0{,}1875 = \frac{3}{16}\). \(P(C) = 1 \cdot 0{,}25 \cdot 1 = 0{,}25 = \frac{1}{4}\). \(P(D) = 1 - P(C) = 0{,}75 = \frac{3}{4}\).

Antwort

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) \(P(A) = \frac{9}{64} \approx 14{,}1\,\%\); \(P(B) = \frac{3}{16} = 18{,}75\,\%\); \(P(C) = \frac{1}{4} = 25\,\%\); \(P(D) = \frac{3}{4} = 75\,\%\)
42348110
Ein Basketballspieler trifft bei einem Freiwurf den Korb mit einer Wahrscheinlichkeit von \(p=0{,}4\). Er führt zunächst drei Freiwürfe aus. Die Würfe werden als unabhängig betrachtet, und die Trefferwahrscheinlichkeit bleibt konstant. a) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass er bei diesen drei Versuchen mindestens einmal trifft. Ist dieses Ereignis wahrscheinlicher als das Ereignis, dass er gar nicht trifft? Begründe durch Rechnung. b) Wie oft müsste der Spieler mindestens werfen, um mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als \(90\,\%\) mindestens einen Treffer zu erzielen?

Denkanstöße

- Welches Gegenereignis gehört zu „mindestens ein Treffer“? - Wie sieht die Wahrscheinlichkeit einer reinen Fehlwurfserie mit \(n\) Würfen aus? - Welche aufeinanderfolgenden ganzen Versuchszahlen musst du prüfen, um die kleinste passende Zahl zu finden?

Lösung

1. Das Gegenereignis zu „mindestens ein Treffer“ ist „kein Treffer“. Bei drei Würfen gilt \(P(\text{kein Treffer})=0{,}6^3=0{,}216\). 2. Daher ist \(P(\text{mindestens ein Treffer})=1-0{,}216=0{,}784\). Da \(0{,}784>0{,}216\), ist mindestens ein Treffer wahrscheinlicher. 3. Für b) muss \(1-0{,}6^n>0{,}9\) gelten. Prüft man aufeinanderfolgende ganze Werte, erhält man für \(n=4\): \(1-0{,}6^4=0{,}8704\), noch nicht genug. 4. Für \(n=5\) gilt \(1-0{,}6^5=0{,}92224>0{,}9\). Daher sind mindestens fünf Würfe erforderlich.

Antwort

a) \(78{,}4\,\%\); mindestens ein Treffer ist wahrscheinlicher als kein Treffer \((21{,}6\,\%)\). b) Mindestens \(5\) Würfe
42348210
An einem Glücksrad gibt es zehn gleich große Felder. Nur eines dieser Felder ist ein Gewinnfeld. Das Rad wird mehrfach gedreht. Die Drehungen werden als unabhängig betrachtet. a) Ist es wahrscheinlicher, bei fünf Drehungen mindestens einmal zu gewinnen oder kein einziges Mal zu gewinnen? b) Erkläre, warum man niemals mit einer Wahrscheinlichkeit von exakt \(100\,\%\) einen Gewinn garantieren kann, egal wie oft man dreht. c) Bestimme die Anzahl der Drehungen, die nötig sind, damit die Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Gewinn zum ersten Mal über \(80\,\%\) liegt.

Denkanstöße

- Welches Gegenereignis gehört zu „mindestens ein Gewinn“? - Warum bleibt eine reine Verlustserie bei jeder endlichen Zahl von Drehungen möglich? - Prüfe für c) benachbarte ganze Versuchszahlen, bis die Schwelle erstmals überschritten wird.

Lösung

1. Pro Drehung gilt \(P(\text{Gewinn})=0{,}1\) und \(P(\text{kein Gewinn})=0{,}9\). 2. Für fünf Drehungen ist \(P(\text{kein Gewinn})=0{,}9^5=0{,}59049\). Das Gegenereignis hat die Wahrscheinlichkeit \(1-0{,}59049=0{,}40951\). Daher ist kein Gewinn wahrscheinlicher. 3. Für jedes endliche \(n\) gilt \(0{,}9^n>0\). Die Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Gewinn ist also \(1-0{,}9^n<1\); eine Garantie gibt es nicht. 4. Für c) wird die kleinste ganze Zahl mit \(1-0{,}9^n>0{,}8\) gesucht. Bei \(n=15\) gilt \(1-0{,}9^{15}\approx0{,}7941\), also noch nicht genug. 5. Bei \(n=16\) gilt \(1-0{,}9^{16}\approx0{,}8147\). Daher sind mindestens \(16\) Drehungen erforderlich.

Antwort

a) Kein Gewinn ist wahrscheinlicher: etwa \(59{,}05\,\%\) gegenüber etwa \(40{,}95\,\%\). b) Für jede endliche Zahl von Drehungen bleibt die Wahrscheinlichkeit einer reinen Verlustserie größer als \(0\). c) \(16\) Drehungen
42355110
Ein Passwortschutz besteht aus sechs unabhängigen Prüfungen. Jede einzelne Prüfung wird mit derselben Wahrscheinlichkeit \(p\) bestanden. Der Zugang wird nur freigegeben, wenn alle sechs Prüfungen bestanden werden. Bestimme \(p\), sodass die Wahrscheinlichkeit für einen erfolgreichen Zugang genau \(50\,\%\) beträgt. Zum Auflösen einer Gleichung der Form \(p^6=a\) darfst du die sechste Wurzel verwenden.

Denkanstöße

- Welche Bedingung muss für den Zugang in allen sechs Stufen gleichzeitig erfüllt sein? - Schreibe die Gesamtwahrscheinlichkeit zunächst als Potenz von \(p\).

Lösung

1. Für einen erfolgreichen Zugang müssen alle sechs Prüfungen bestanden werden. Nach der Produktregel gilt daher \(P(\text{Zugang})=p^6\). 2. Gefordert ist \(p^6=0{,}5\). 3. Mit der angegebenen Umkehrung folgt \(p=\sqrt[6]{0{,}5}\approx0{,}8909\). 4. Jede einzelne Prüfung muss also mit etwa \(89{,}09\,\%\) Wahrscheinlichkeit bestanden werden.

Antwort

\(p=\sqrt[6]{0{,}5}\approx0{,}8909\approx89{,}09\,\%\)
42363510
An einem Glücksrad mit fünf gleich großen Sektoren ist genau ein Sektor blau gefärbt. Das Rad wird so lange gedreht, bis zum ersten Mal Blau erscheint. a) Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass erstmals bei der zweiten bzw. erstmals bei der dritten Drehung Blau erscheint. b) Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass höchstens drei Drehungen benötigt werden. c) Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind mehr als vier Drehungen erforderlich?

Denkanstöße

- Beschreibe bei a) genau, was vor dem ersten blauen Ergebnis geschehen muss. - Für „höchstens drei“ kann das Gegenereignis kürzer sein als das Addieren mehrerer Endpfade. - Bei c) genügt es zu betrachten, was in den ersten vier Drehungen passieren muss.

Lösung

1. Für „erstmals bei der zweiten Drehung Blau“ ist der Pfad „kein Blau, Blau“ nötig. Daher gilt \(0{,}8\cdot0{,}2=0{,}16\). 2. Für „erstmals bei der dritten Drehung Blau“ ist der Pfad „kein Blau, kein Blau, Blau“ nötig. Daher gilt \(0{,}8^2\cdot0{,}2=0{,}128\). 3. Höchstens drei Drehungen werden benötigt, wenn in den ersten drei Drehungen mindestens einmal Blau erscheint. Über das Gegenereignis „dreimal kein Blau“ gilt \(P=1-0{,}8^3=0{,}488\). 4. Mehr als vier Drehungen sind nötig, wenn die ersten vier Drehungen alle nicht Blau ergeben. Daher ist \(P=0{,}8^4=0{,}4096\).

Antwort

a) Zweite Drehung: \(0{,}16\); dritte Drehung: \(0{,}128\) b) \(P=0{,}488\) c) \(P=0{,}4096\)
42363610
Bei einer Qualitätskontrolle in einer Fabrik muss im Schnitt jedes vierte Bauteil (\(25\,\%\)) nachgebessert werden. Die Prüfungen werden als unabhängig mit gleichbleibender Wahrscheinlichkeit für ein nachzubesserndes Teil betrachtet. Bestimme die kleinste Anzahl \(n\) von Prüfungen, für die die Wahrscheinlichkeit, mindestens ein nachzubesserndes Teil zu finden, mindestens \(80\,\%\) beträgt.

Denkanstöße

- Welche Wahrscheinlichkeit hat es, dass bei einer einzelnen Prüfung keine Nachbesserung nötig ist? - Wie kannst du die Wahrscheinlichkeit beschreiben, dass bei \(n\) Prüfungen kein solcher Fall auftritt? - Woran erkennst du, dass du wirklich die kleinste passende ganze Zahl gefunden hast?

Lösung

1. Für ein einzelnes Bauteil beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass keine Nachbesserung nötig ist, \(0{,}75\). 2. Bei \(n\) Prüfungen hat das Gegenereignis „kein Teil muss nachgebessert werden“ die Wahrscheinlichkeit \(0{,}75^n\). Gesucht ist also \(1-0{,}75^n\ge0{,}80\). 3. Für \(n=5\) gilt \(1-0{,}75^5=0{,}7626953125<0{,}80\). 4. Für \(n=6\) gilt \(1-0{,}75^6=0{,}822021484375\ge0{,}80\). 5. Damit ist \(6\) die kleinste passende Anzahl von Prüfungen.

Antwort

Die kleinste Anzahl ist \(n=6\).
42381010
Eine Bogenschützin trifft das Goldzentrum der Zielscheibe mit einer Wahrscheinlichkeit von \(70\,\%\). Sie gibt drei Schüsse nacheinander ab. Die Schüsse werden als unabhängig betrachtet, und die Trefferwahrscheinlichkeit bleibt konstant. a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit erzielt sie die Sequenz Treffer – kein Treffer – Treffer? b) Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass sie bei den drei Schüssen insgesamt genau zweimal in das Goldzentrum trifft.

Denkanstöße

- Welcher vollständige Pfad beschreibt a)? - Welche drei vollständigen Pfade enthalten genau zwei Treffer? - Wie werden die Wahrscheinlichkeiten innerhalb eines Pfades und zwischen den günstigen Pfaden verknüpft?

Lösung

1. Schreibe \(T\) für Treffer und \(F\) für Fehlwurf. Es gilt \(P(T)=0{,}7\) und \(P(F)=0{,}3\). 2. Für a) ergibt die Produktregel für den Pfad \((T,F,T)\) die Wahrscheinlichkeit \(0{,}7\cdot0{,}3\cdot0{,}7=0{,}147\). 3. Für b) sind \((T,T,F)\), \((T,F,T)\) und \((F,T,T)\) günstig. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}7^2\cdot0{,}3=0{,}147\). 4. Mit der Summenregel ist \(P(\text{genau zwei Treffer})=3\cdot0{,}147=0{,}441\).

Antwort

a) \(14{,}7\,\%\) b) \(44{,}1\,\%\)
42381910
Beurteile, ob die folgenden Aussagen über Baumdiagramme bei mehrstufigen Zufallsexperimenten wahr oder falsch sind. Begründe jeweils deine Entscheidung. a) Die Wahrscheinlichkeit eines Ergebnisses, also eines vollständigen Pfades, ist niemals größer als die Wahrscheinlichkeit des ersten Astes, der zu diesem Ergebnis führt. b) Wenn man die Wahrscheinlichkeiten aller möglichen vollständigen Pfade eines Baumdiagramms addiert, erhält man stets den Wert \(1\).

Denkanstöße

- Welche Werte können Astwahrscheinlichkeiten annehmen? - Was geschieht mit einer Zahl zwischen \(0\) und \(1\), wenn sie mit weiteren solchen Faktoren multipliziert wird? - Welches Ereignis entsteht aus der Vereinigung aller vollständigen Pfade?

Lösung

1. Aussage a) ist wahr. Nach der Produktregel ist die Wahrscheinlichkeit eines vollständigen Pfades das Produkt seiner Astwahrscheinlichkeiten. Jede weitere Astwahrscheinlichkeit liegt zwischen \(0\) und \(1\); weitere Faktoren können das Produkt daher nicht vergrößern. 2. Aussage b) ist wahr. Alle vollständigen Pfade beschreiben zusammen sämtliche möglichen Ergebnisse und schließen einander aus. Nach der Summenregel ist ihre Summe die Wahrscheinlichkeit des sicheren Ereignisses, also \(1\).

Antwort

a) Wahr. Zusätzliche Faktoren zwischen \(0\) und \(1\) können eine Pfadwahrscheinlichkeit nicht vergrößern. b) Wahr. Alle vollständigen Pfade bilden zusammen das sichere Ereignis; ihre Wahrscheinlichkeiten summieren sich zu \(1\).
43088110
Ein Unternehmen prüft elektronische Bauteile auf Defekte. Bei einem tatsächlich defekten Bauteil schlägt ein automatischer Test mit einer Wahrscheinlichkeit von \(92\,\%\) an. Zur Sicherheit werden zwei solche Tests unabhängig voneinander durchgeführt. - Schlagen beide Tests an, wird das Bauteil sofort als Ausschuss sortiert. - Schlägt genau einer der beiden Tests an, wird eine manuelle Nachprüfung durchgeführt. - Schlagen beide Tests nicht an, wird das Bauteil als fehlerfrei eingestuft. Die manuelle Nachprüfung erkennt einen Defekt bei einem betroffenen Bauteil mit einer Wahrscheinlichkeit von \(96\,\%\). Berechne für ein tatsächlich defektes Bauteil die Wahrscheinlichkeit, dass: (1) es sofort als Ausschuss klassifiziert wird; (2) der Defekt durch beide automatischen Tests nicht erkannt wird; (3) eine manuelle Nachprüfung erforderlich wird; (4) der Defekt erst in der manuellen Nachprüfung entdeckt wird; (5) das Bauteil insgesamt als defekt erkannt wird.

Denkanstöße

- Stelle den Ablauf als mehrstufiges Baumdiagramm dar. - Welche vollständigen Pfade gehören zu „genau ein automatischer Test schlägt an“? - Unterscheide zwischen Ereignissen, die nacheinander eintreten müssen, und verschiedenen Pfaden, die zum selben Ergebnis führen. - Welche bereits berechneten Fälle führen insgesamt zur Erkennung des Defekts?

Lösung

1. Für einen automatischen Test gilt \(p=0{,}92\) für „schlägt an“ und \(q=0{,}08\) für „schlägt nicht an“. 2. Sofortiger Ausschuss bedeutet zweimal „schlägt an“: \(0{,}92\cdot0{,}92=0{,}8464\). 3. Zweimaliges Nichterkennen hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}08\cdot0{,}08=0{,}0064\). 4. Eine Nachprüfung ist bei genau einem positiven automatischen Test nötig. Dafür gibt es zwei Pfade: \(2\cdot0{,}92\cdot0{,}08=0{,}1472\). 5. Erst in der manuellen Nachprüfung entdeckt wird der Defekt mit \(0{,}1472\cdot0{,}96=0{,}141312\). 6. Insgesamt erkannt wird der Defekt entweder sofort oder erst in der Nachprüfung: \(0{,}8464+0{,}141312=0{,}987712\).

Antwort

(1) \(0{,}8464=84{,}64\,\%\) (2) \(0{,}0064=0{,}64\,\%\) (3) \(0{,}1472=14{,}72\,\%\) (4) \(0{,}141312\approx14{,}13\,\%\) (5) \(0{,}987712\approx98{,}77\,\%\)
43203210
Aus einer Urne mit sechs farbigen Kugeln (siehe Abbildung) werden nacheinander zwei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. Berechne mithilfe der Pfadregeln die Wahrscheinlichkeit für folgende Ereignisse: a) Beide gezogenen Kugeln haben die gleiche Farbe. b) Mindestens eine der gezogenen Kugeln ist rot.
Abbildung zur Aufgabe 432032

Denkanstöße

- Lies aus der Abbildung ab, wie viele Kugeln jeder Farbe vorhanden sind. - Welche Farben können bei zwei Ziehungen ohne Zurücklegen überhaupt zweimal auftreten? - Gibt es für b) ein Gegenereignis, das nur die nicht-roten Kugeln betrachtet?

Lösung

1. In der Urne liegen \(3\) blaue, \(2\) rote und \(1\) gelbe Kugel. 2. Zwei gleichfarbige Kugeln können nur Blau-Blau oder Rot-Rot sein. Daher ist \(P(\text{gleiche Farbe})=\frac{3}{6}\cdot\frac{2}{5}+\frac{2}{6}\cdot\frac{1}{5}=\frac{8}{30}=\frac{4}{15}\approx26{,}7\,\%\). 3. Das Gegenereignis zu „mindestens eine rote Kugel“ ist „keine rote Kugel“. Es gibt zunächst \(4\) nicht-rote Kugeln. Somit ist \(P(\text{keine rote})=\frac{4}{6}\cdot\frac{3}{5}=\frac{2}{5}\), also \(P(\text{mindestens eine rote})=1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}=60\,\%\).

Antwort

a) \(P(\text{gleiche Farbe})=\frac{4}{15}\approx26{,}7\,\%\) b) \(P(\text{mindestens eine rote})=\frac{3}{5}=60\,\%\)
43214210
Das abgebildete Glücksrad hat vier unterschiedlich große Sektoren. Die Zahlen \(1,2,3,4\) haben der Reihe nach die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}1\), \(0{,}2\), \(0{,}3\) und \(0{,}4\). Die Farben liest du aus der Abbildung ab. Das Rad wird zweimal gedreht. a) Berechne mit Produktregel und Summenregel die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Summe der beiden Zahlen genau \(5\) ist. b) Berechne mit den Pfadregeln die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die beiden Drehungen unterschiedliche Farben ergeben.
Abbildung zur Aufgabe 432142

Denkanstöße

- Welche geordneten Zahlenpaare ergeben genau \(5\)? - Berechne zuerst die Wahrscheinlichkeit jedes passenden Pfades. - Überlege bei b), ob passende oder unpassende Farbpaarungen kürzer zu erfassen sind.

Lösung

1. Für die Summe \(5\) sind die Pfade \((1,4)\), \((2,3)\), \((3,2)\) und \((4,1)\) günstig. Nach Produkt- und Summenregel gilt \(P=0{,}1\cdot0{,}4+0{,}2\cdot0{,}3+0{,}3\cdot0{,}2+0{,}4\cdot0{,}1=0{,}20\). 2. Rot hat insgesamt die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1+0{,}3=0{,}4\), Blau die Wahrscheinlichkeit \(0{,}2\) und Grün die Wahrscheinlichkeit \(0{,}4\). 3. Gleiche Farben entstehen über Rot–Rot, Blau–Blau und Grün–Grün. Daher gilt \(P(\text{gleiche Farben})=0{,}4^2+0{,}2^2+0{,}4^2=0{,}36\). 4. Somit ist \(P(\text{unterschiedliche Farben})=1-0{,}36=0{,}64\).

Antwort

a) \(P=0{,}20=20\,\%\) b) \(P=0{,}64=64\,\%\)
43215510
Das abgebildete Glücksrad besitzt vier gleich große Sektoren und wird dreimal nacheinander gedreht. Bestimme mithilfe der Pfadregeln: a) die Wahrscheinlichkeit für die genaue Farbreihenfolge Blau-Rot-Gelb, b) die Wahrscheinlichkeit dafür, dass drei verschiedene Farben erscheinen. Gib die Ergebnisse als gekürzte Brüche und als Dezimalzahlen an.
Abbildung zur Aufgabe 432155

Denkanstöße

- Bestimme die drei Farbwahrscheinlichkeiten aus den vier gleich großen Sektoren. - Bei a) ist genau ein Pfad vorgegeben. - Liste für b) die möglichen Reihenfolgen der drei verschiedenen Farben vollständig auf, bevor du Wahrscheinlichkeiten addierst.

Lösung

1. Aus der Abbildung folgt \(P(B)=\frac{1}{2}\), \(P(R)=\frac{1}{4}\) und \(P(Ge)=\frac{1}{4}\). 2. Für den festen Pfad Blau-Rot-Gelb gilt \(P=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{32}=0{,}03125\). 3. Für drei verschiedene Farben müssen Blau, Rot und Gelb jeweils einmal erscheinen. Die sechs möglichen Folgen \((B,R,Ge)\), \((B,Ge,R)\), \((R,B,Ge)\), \((R,Ge,B)\), \((Ge,B,R)\) und \((Ge,R,B)\) haben jeweils die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{32}\). 4. Daher ist \(P=6\cdot\frac{1}{32}=\frac{3}{16}=0{,}1875\).

Antwort

a) \(\frac{1}{32}=0{,}03125\) b) \(\frac{3}{16}=0{,}1875\)
43594910
Das abgebildete Glücksrad hat \(10\) gleich große farbige Felder. Das Rad wird zweimal nacheinander gedreht. Berechne die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis \(E\): „Bei den beiden Drehungen erscheinen zwei verschiedene Farben.“ Gehe dabei über das Gegenereignis vor: 1. Beschreibe das Gegenereignis \(\bar E\) in Worten. 2. Berechne die Wahrscheinlichkeit \(P(\bar E)\). 3. Ermittle daraus die Wahrscheinlichkeit \(P(E)\).
Abbildung zur Aufgabe 435949

Denkanstöße

- Überlege, was passieren muss, damit die beiden Farben nicht verschieden sind. - Bestimme die Wahrscheinlichkeit für jede Farbe bei einer einzelnen Drehung aus der Abbildung. - Welche gleichfarbigen Pfade gehören zum Gegenereignis? - Wie hängen die Wahrscheinlichkeiten eines Ereignisses und seines Gegenereignisses zusammen?

Lösung

1. Das Gegenereignis zu „zwei verschiedene Farben“ lautet „zweimal dieselbe Farbe“. Dazu gehören die Pfade Orange-Orange, Blau-Blau und Gelb-Gelb. 2. Aus der Abbildung folgt \(P(\text{Orange})=\frac{5}{10}=0{,}5\), \(P(\text{Blau})=\frac{3}{10}=0{,}3\) und \(P(\text{Gelb})=\frac{2}{10}=0{,}2\). Mit Produktregel und Summenregel erhält man \(P(\bar E)=0{,}5\cdot0{,}5+0{,}3\cdot0{,}3+0{,}2\cdot0{,}2=0{,}38\). 3. Über das Gegenereignis folgt \(P(E)=1-P(\bar E)=1-0{,}38=0{,}62=62\,\%\).

Antwort

1. \(\bar E\): „Bei beiden Drehungen erscheint dieselbe Farbe.“ 2. \(P(\bar E)=0{,}38\) 3. \(P(E)=0{,}62=62\,\%\)
43744710
In einer Bäckerei werden Brötchen in zwei verschiedenen Öfen gebacken. \(60\,\%\) der Brötchen werden in Ofen 1 gebacken, die restlichen \(40\,\%\) in Ofen 2. Die Qualität der Brötchen wird nach dem Backen in drei Kategorien eingeteilt: „perfekt“, „zu dunkel“ und „unbrauchbar“. Das folgende Baumdiagramm zeigt die Anteile für die beiden Öfen. Wie viele von insgesamt \(2000\) produzierten Brötchen werden voraussichtlich als „perfekt“ eingestuft?
Abbildung zur Aufgabe 437447

Denkanstöße

- 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.

Lösung

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

Antwort

Voraussichtlich werden insgesamt \(1820\) Brötchen als „perfekt“ eingestuft.
43746410
Bogenschütze Leon Hartmann trifft das Gold der Zielscheibe mit einer Wahrscheinlichkeit von \(80\,\%\). Er gibt nacheinander drei Schüsse ab. Die Schüsse werden als unabhängig mit gleichbleibender Trefferwahrscheinlichkeit modelliert. Wir bezeichnen einen Treffer im Gold mit \(G\) und einen Fehlschuss mit \(F\). a) Ergänze die Struktur des untenstehenden Baumdiagramms in Textform: Gib an, welche Äste an jedem noch nicht ausgefüllten Knoten ergänzt werden müssen und welche Wahrscheinlichkeiten sie tragen. b) Berechne die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis \(A\): „Leon Hartmann erzielt genau zwei Treffer im Gold“. c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis \(B\): „Mindestens ein Schuss landet im Gold“?
Abbildung zur Aufgabe 437464

Denkanstöße

- Bleiben die Wahrscheinlichkeiten für G und F von Schuss zu Schuss gleich? - Welche vollständigen Pfade enthalten genau zwei Treffer? - Welches Gegenereignis zu „mindestens ein Treffer“ besteht aus nur einem vollständigen Pfad?

Lösung

1. An jedem noch nicht ausgefüllten Knoten werden zwei Äste ergänzt: ein Ast \(G\) mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}8\) und ein Ast \(F\) mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}2\). Der vollständige Baum hat drei Stufen und acht Endknoten. 2. Für \(A\) gehören die Pfade \((G,G,F)\), \((G,F,G)\) und \((F,G,G)\) zum Ereignis. Jeder dieser Pfade hat nach der Produktregel die Wahrscheinlichkeit \(0{,}8\cdot0{,}8\cdot0{,}2=0{,}128\). 3. Mit der Summenregel ergibt sich \(P(A)=3\cdot0{,}128=0{,}384\). 4. Das Gegenereignis zu \(B\) ist „kein Treffer im Gold“, also der Pfad \((F,F,F)\). Daher gilt \(P(B)=1-0{,}2^3=1-0{,}008=0{,}992\).

Antwort

a) Jeder offene Knoten erhält die Äste \(G\) mit \(0{,}8\) und \(F\) mit \(0{,}2\); der vollständige Baum hat drei Stufen und \(8\) Endknoten. b) \(P(A)=0{,}384=38{,}4\,\%\) c) \(P(B)=0{,}992=99{,}2\,\%\)
43752410
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt drei Ziehungen mit Zurücklegen aus einem Beutel. Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau zweimal Rot gezogen wird.
Abbildung zur Aufgabe 437524

Denkanstöße

- Markiere im Baum alle Endpfade mit genau zwei roten Ergebnissen. - Vergleiche die drei Pfadprodukte miteinander. - Addiere erst nach der Berechnung der einzelnen günstigen Pfade.

Lösung

1. Schreibe \(R\) für Rot und \(B\) für Blau. Im Baum führen die drei Pfade \((R,R,B)\), \((R,B,R)\) und \((B,R,R)\) zum Ereignis. 2. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{4}{27}\). 3. Nach der Summenregel gilt \(P=3\cdot\frac{4}{27}=\frac{4}{9}\).

Antwort

\(P=\frac{4}{9}\approx 44{,}4\,\%\)
43752510
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt drei Ziehungen ohne Zurücklegen. Bestimme **mit Produktregel und Summenregel aus den im Baum angegebenen Astwahrscheinlichkeiten** die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau zwei rote Kugeln gezogen werden.
Abbildung zur Aufgabe 437525

Denkanstöße

- Welche vollständigen Pfade des Baums enthalten genau zwei rote Ergebnisse? - Verwende für jeden günstigen Pfad die drei angegebenen Astwahrscheinlichkeiten. - Fasse anschließend die günstigen Pfadwahrscheinlichkeiten zusammen.

Lösung

1. Schreibe \(R\) für Rot und \(B\) für Blau. Für genau zwei rote Kugeln sind die Pfade \((R,R,B)\), \((R,B,R)\) und \((B,R,R)\) günstig. 2. Nach der Produktregel haben die drei Pfade die Wahrscheinlichkeiten \(\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{5}\), \(\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{5}\) und \(\frac{2}{5}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{5}\). 3. Nach der Summenregel gilt \(P=\frac{1}{5}+\frac{1}{5}+\frac{1}{5}=\frac{3}{5}\).

Antwort

\(\frac{3}{5}=60\,\%\)
43752810
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt drei aufeinanderfolgende Etappen einer Reise. Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau eine Etappe verspätet ist.
Abbildung zur Aufgabe 437528

Denkanstöße

- Markiere im Baum die Pfade, auf denen genau ein einziges Mal „verspätet“ vorkommt. - Beachte, dass die Astwahrscheinlichkeiten an den drei Stufen verschieden sind. - Berechne die drei Pfadprodukte getrennt und addiere sie anschließend.

Lösung

1. Genau eine Verspätung tritt auf den drei Pfaden „verspätet–pünktlich–pünktlich“, „pünktlich–verspätet–pünktlich“ und „pünktlich–pünktlich–verspätet“ auf. 2. Aus dem Baum ergeben sich die Pfadwahrscheinlichkeiten \(0{,}1\cdot0{,}8\cdot0{,}85=0{,}068\), \(0{,}9\cdot0{,}2\cdot0{,}85=0{,}153\) und \(0{,}9\cdot0{,}8\cdot0{,}15=0{,}108\). 3. Nach der Summenregel gilt \(P=0{,}068+0{,}153+0{,}108=0{,}329\).

Antwort

\(P=0{,}329=32{,}9\,\%\)
43754410
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt die Qualitätsprüfung einer Maschine, die höchstens drei Teile prüft und beim ersten Ausschussteil stoppt. Bestimme aus dem Baumdiagramm a) die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau zwei Teile geprüft werden, b) die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der dritte Prüfplatz erreicht wird.
Abbildung zur Aufgabe 437544

Denkanstöße

- 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 Astwahrscheinlichkeiten entlang des jeweils nötigen Pfades.

Lösung

1. Genau zwei Teile werden geprüft, wenn das erste Teil gut und das zweite Ausschuss ist. Nach der Produktregel gilt \(P=0{,}9\cdot0{,}1=0{,}09\). 2. Der dritte Prüfplatz wird erreicht, wenn die ersten beiden Teile gut sind. Das Ergebnis der dritten Prüfung ist dafür noch nicht relevant. Daher gilt \(P=0{,}9\cdot0{,}9=0{,}81\).

Antwort

a) \(P=0{,}09=9\,\%\) b) \(P=0{,}81=81\,\%\)
43754810
Das abgebildete Baumdiagramm zeigt drei aufeinanderfolgende Ampeln. Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass genau zwei Ampeln Grün zeigen.
Abbildung zur Aufgabe 437548

Denkanstöße

- Genau eine der drei Ampeln muss Rot zeigen. - Markiere die drei möglichen Positionen der roten Ampel im Baum. - Die drei günstigen Pfade haben wegen der unterschiedlichen Stufenwahrscheinlichkeiten nicht dieselbe Wahrscheinlichkeit.

Lösung

1. Schreibe \(G\) für Grün und \(R\) für Rot. Genau zwei grüne Ampeln treten auf den drei Pfaden \((G,G,R)\), \((G,R,G)\) und \((R,G,G)\) auf. 2. Aus dem Baum ergeben sich für diese drei Pfade die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}7\cdot0{,}6\cdot0{,}2=0{,}084\), \(0{,}7\cdot0{,}4\cdot0{,}8=0{,}224\) und \(0{,}3\cdot0{,}6\cdot0{,}8=0{,}144\). 3. Nach der Summenregel gilt \(P=0{,}084+0{,}224+0{,}144=0{,}452\).

Antwort

\(P=0{,}452=45{,}2\,\%\)
43755310
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt ein zweistufiges Zufallsexperiment. Bestimme mithilfe von Produktregel und Summenregel die Wahrscheinlichkeit für das im Baum mit „Erfolg“ bezeichnete Ereignis.
Abbildung zur Aufgabe 437553

Denkanstöße

- 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.

Lösung

1. Zum Ereignis „Erfolg“ gehören zwei Endpfade. 2. Über den Ast „\(1\) bis \(4\)“ und anschließend „Kopf“ gilt \(\frac{4}{6}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\). 3. Über den Ast „\(5\) oder \(6\)“ und anschließend „\(6\)“ gilt \(\frac{2}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{18}\). 4. Nach der Summenregel ist \(P(\text{Erfolg})=\frac{1}{3}+\frac{1}{18}=\frac{7}{18}\approx0{,}389\).

Antwort

\(P(\text{Erfolg})=\frac{7}{18}\approx38{,}9\,\%\)
43755410
Das abgebildete Baumdiagramm zeigt ein Suchverfahren, das nach einem Treffer abbricht und spätestens nach dem dritten Versuch endet. Bestimme aus dem Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeiten dafür, dass das Verfahren a) nach dem ersten Versuch, b) nach dem zweiten Versuch, c) erst nach dem dritten Versuch endet.
Abbildung zur Aufgabe 437554

Denkanstöße

- Achte auf die Tiefe, an der ein Pfad im Baum endet. - Welche Ergebnisse der ersten beiden Versuche müssen vorliegen, damit der dritte Versuch überhaupt erreicht wird? - Prüfe am Schluss, ob die drei möglichen Endzeitpunkte zusammen die Wahrscheinlichkeit \(1\) ergeben.

Lösung

1. Nach dem ersten Versuch endet das Verfahren auf dem Treffer-Ast. Daher gilt \(P=0{,}25\). 2. Für ein Ende nach dem zweiten Versuch ist der Pfad „kein Treffer – Treffer“ nötig. Daher gilt \(P=0{,}75\cdot0{,}25=0{,}1875\). 3. 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 \(P=0{,}75^2=0{,}5625\). 4. Zur Kontrolle gilt \(0{,}25+0{,}1875+0{,}5625=1\).

Antwort

a) \(P=0{,}25\) b) \(P=0{,}1875\) c) \(P=0{,}5625\)
43755610
Das abgebildete Baumdiagramm beschreibt drei unabhängige Sensoren; „Alarm“ bedeutet einen Fehlalarm. Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens zwei Sensoren gleichzeitig Fehlalarm melden.
Abbildung zur Aufgabe 437556

Denkanstöße

- Welche vollständigen Endpfade erfüllen die Bedingung „mindestens zwei“? - Ordne die günstigen Pfade danach, wie viele Sensoren Alarm melden. - Prüfe, ob mehrere günstige Pfade wegen der gleichen Einzelwahrscheinlichkeiten denselben Wert haben.

Lösung

1. „Mindestens zwei“ umfasst die Fälle „genau zwei“ und „drei“ Fehlalarme. 2. Genau zwei Fehlalarme treten auf den drei Pfaden Alarm–Alarm–normal, Alarm–normal–Alarm und normal–Alarm–Alarm auf. Jeder hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1\cdot0{,}1\cdot0{,}9=0{,}009\); zusammen ergibt das \(0{,}027\). 3. Für drei Fehlalarme gilt \(0{,}1^3=0{,}001\). 4. Nach der Summenregel ist \(P(\text{mindestens zwei})=0{,}027+0{,}001=0{,}028\).

Antwort

\(P=0{,}028=2{,}8\,\%\)
55669410
Eine Mediathek verwendet Verfahren I: Zuerst wird gleich wahrscheinlich Regal A oder Regal B gewählt. In Regal A liegen zwei Hörstücke, in Regal B drei. Anschließend wird innerhalb des gewählten Regals gleich wahrscheinlich ein Hörstück ausgewählt. Verfahren II wählt dagegen direkt eines der insgesamt fünf Hörstücke gleich wahrscheinlich aus. Sind die beiden Verfahren als Zufallsexperimente gleichwertig? Begründe anhand der Wahrscheinlichkeit eines Hörstücks aus Regal A und eines Hörstücks aus Regal B.

Denkanstöße

- Gleiche Endergebnisse bedeuten nicht automatisch gleiche Wahrscheinlichkeiten. - Verfolge bei Verfahren I den Weg zu einem einzelnen Hörstück aus A und zu einem einzelnen Hörstück aus B. - Vergleiche diese Werte erst danach mit der direkten Auswahl aus fünf Hörstücken.

Lösung

1. Bei Verfahren I hat jedes Hörstück aus Regal A die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\). 2. Jedes Hörstück aus Regal B hat die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\). 3. Bei Verfahren II hat jedes der fünf Hörstücke die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{5}\). 4. Die Verfahren sind daher nicht gleichwertig: Obwohl dieselben fünf Hörstücke mögliche Endergebnisse sind, besitzen sie unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten.

Antwort

Nein. Bei Verfahren I hat ein Hörstück aus A die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{4}\), eines aus B \(\frac{1}{6}\); bei Verfahren II hat jedes Hörstück die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{5}\).
55669810
In einer Bonus-App erhältst du in jeder unabhängig durchgeführten Runde mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}2\) einen Bonus. Bestimme die kleinste Rundenzahl \(n\), für die die Wahrscheinlichkeit, mindestens einmal einen Bonus zu erhalten, größer als \(0{,}5\) ist. Prüfe die benötigten ganzzahligen Werte von \(n\) nacheinander; Logarithmen sind nicht nötig.

Denkanstöße

- Das Ereignis „mindestens einmal“ hat ein besonders einfaches Gegenereignis. - Überlege, welche Wahrscheinlichkeit in jeder Runde für „kein Bonus“ gilt. - Da eine kleinste ganze Rundenzahl gesucht ist, kannst du benachbarte Werte systematisch prüfen.

Lösung

1. Das Gegenereignis zu „mindestens ein Bonus“ lautet „kein Bonus“. Für \(n\) Runden hat es die Wahrscheinlichkeit \(0{,}8^n\). 2. Für \(n=3\) gilt \(P(\text{mindestens ein Bonus})=1-0{,}8^3=1-0{,}512=0{,}488\). Das ist noch nicht größer als \(0{,}5\). 3. Für \(n=4\) gilt \(P(\text{mindestens ein Bonus})=1-0{,}8^4=1-0{,}4096=0{,}5904\). 4. Daher ist die kleinste passende Rundenzahl \(n=4\).

Antwort

\(n=4\)
42336210
In einem Produktionsprozess sind erfahrungsgemäß \(5\,\%\) der Bauteile defekt. In einer Stichprobe werden sechs Bauteile nacheinander geprüft. Aufgrund der großen Produktionsmenge werden die Prüfungen als unabhängig mit gleichbleibender Defektwahrscheinlichkeit betrachtet. Analysiere die Fehler in den folgenden Rechnungen und bestimme die korrekten Wahrscheinlichkeiten. a) „Das zweite geprüfte Bauteil ist defekt.“ Rechnung: \(0{,}95\cdot0{,}05\cdot0{,}95^4\) b) „Mindestens eines der sechs Bauteile ist defekt.“ Rechnung: \(6\cdot0{,}05\cdot0{,}95^5\)

Denkanstöße

- 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.

Lösung

1. In a) legt die Aussage 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. 2. Deshalb gilt \(P(\text{zweites Bauteil defekt})=0{,}05\). 3. In b) erfasst der angegebene Term nur die sechs Pfade mit genau einem defekten Bauteil. „Mindestens eines“ enthält aber auch Fälle mit mehreren defekten Bauteilen. 4. Über das Gegenereignis „kein Bauteil ist defekt“ erhält man \(P(\text{mindestens eines defekt})=1-0{,}95^6=0{,}264908109375\approx0{,}2649\).

Antwort

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 \(P=1-0{,}95^6=0{,}264908109375\approx26{,}49\,\%\).
43093410
Ein Onlinedienst nutzt drei unabhängige Sicherheitssysteme. Das erste erkennt einen Angriffsversuch mit Wahrscheinlichkeit \(90\,\%\), das zweite mit \(85\,\%\) und das dritte mit \(70\,\%\). Ein Angriff gilt als erkannt, sobald mindestens eines der Systeme ihn erkennt. a) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei Systeme einen Angriff übersehen. b) Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eines der Systeme den Angriff erkennt. c) Ein viertes unabhängiges System kommt dazu. Wie groß muss seine Erkennungswahrscheinlichkeit sein, damit ein Angriff mit mehr als \(99{,}9\,\%\) Wahrscheinlichkeit erkannt wird?

Denkanstöße

- Was muss bei allen drei Systemen passieren, damit der Angriff unentdeckt bleibt? - Wie hängen die Ereignisse „erkannt“ und „unentdeckt“ zusammen? - Beschreibe bei c) zuerst die Wahrscheinlichkeit dafür, dass alle vier Systeme den Angriff übersehen.

Lösung

1. Die drei Wahrscheinlichkeiten für „übersehen“ sind \(0{,}1\), \(0{,}15\) und \(0{,}3\). 2. Weil die Systeme unabhängig sind, gilt \(P(\text{alle übersehen})=0{,}1\cdot0{,}15\cdot0{,}3=0{,}0045\). 3. Das Gegenereignis lautet „mindestens ein System erkennt den Angriff“. Daher gilt \(P(\text{erkannt})=1-0{,}0045=0{,}9955\). 4. Für die Erkennungswahrscheinlichkeit \(p\) des vierten Systems muss \(0{,}0045(1-p)<0{,}001\) gelten. Daraus folgt \(1-p<\frac{2}{9}\) und damit \(p>\frac{7}{9}\approx0{,}7778\).

Antwort

a) \(0{,}0045=0{,}45\,\%\) b) \(0{,}9955=99{,}55\,\%\) c) Das vierte System muss eine Erkennungswahrscheinlichkeit von mehr als \(\frac{7}{9}\approx77{,}78\,\%\) haben.
43753810
Im abgebildeten Baumdiagramm ist die Astwahrscheinlichkeit \(q\) zum Ereignis \(B\) nach \(\overline{A}\) unbekannt. Insgesamt gilt \(P(B)=0{,}52\). Bestimme \(q\).
Abbildung zur Aufgabe 437538

Denkanstöße

- Zerlege das Ereignis \(B\) in die beiden Pfade, die im Baum zu \(B\) führen. - Einen der beiden Pfadbeiträge kannst du vollständig aus dem Baum berechnen. - Welche Beziehung muss zwischen den beiden Pfadbeiträgen und der Gesamtwahrscheinlichkeit von \(B\) bestehen?

Lösung

1. Über den ersten Pfad zu \(B\) erhält man \(0{,}4\cdot0{,}7=0{,}28\). 2. Da insgesamt \(P(B)=0{,}52\) gilt, muss der Beitrag des zweiten \(B\)-Pfades \(0{,}52-0{,}28=0{,}24\) betragen. 3. Für diesen zweiten Pfad gilt \(0{,}6q=0{,}24\). Daher ist \(q=0{,}4\).

Antwort

\(q=0{,}4\)
43755510
Eine unbekannt verzerrte Münze zeigt mit Wahrscheinlichkeit \(q\) Kopf. Bei zwei Würfen beträgt die Wahrscheinlichkeit für genau einmal Kopf \(0{,}42\). Bestimme alle möglichen Werte von \(q\).
Abbildung zur Aufgabe 437555

Denkanstöße

- Das Ereignis kann in zwei Reihenfolgen eintreten. - Wie kannst du die Angaben in einer gemeinsamen Beziehung darstellen? - Prüfe, ob zwei symmetrische Lösungen möglich sind.

Lösung

1. Gleichung: \(q(1-q)+(1-q)q=0{,}42\). 2. Umformung: \(2q(1-q)=0{,}42\) und \(q^2-q+0{,}21=0\). 3. Lösungen: \(q=0{,}3\) oder \(q=0{,}7\).

Antwort

\(q=0{,}3\) oder \(q=0{,}7\).
55234010
Bei einem Robotik-Wettbewerb wird ein Duell als Serie von Runden ausgetragen. Ein Team gewinnt das Duell, sobald es drei Runden gewonnen hat; es verliert, sobald der Gegner drei Runden gewonnen hat. Das Duell dauert also höchstens fünf Runden. Die Gewinnwahrscheinlichkeit des Teams beträgt in der ersten Runde \(\frac{3}{5}\). Ab der zweiten Runde hängt sie nur vom Ergebnis der unmittelbar vorherigen Runde ab: Nach einem Rundensieg \(S\) gewinnt das Team die nächste Runde mit Wahrscheinlichkeit \(\frac{2}{3}\), nach einer Rundenniederlage \(N\) mit Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{3}\). Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass das Team das Duell gewinnt. Begründe deine Zerlegung, indem du alle terminalen Gewinnfolgen systematisch angibst.

Denkanstöße

- Bei welcher Zahl von Rundensiegen endet das Duell sofort, und welche Gesamtlängen kann deshalb eine Gewinnfolge haben? - Ordne die Gewinnfolgen nach ihrer Länge, bevor du Wahrscheinlichkeiten berechnest. - Ab der zweiten Runde hängt der nächste Gewinnfaktor vom unmittelbar vorherigen Symbol \(S\) oder \(N\) ab; verwende also nicht überall denselben Faktor. - Addiere erst dann die Wahrscheinlichkeiten aller terminalen Gewinnpfade.

Lösung

1. Ein Gewinn ist nach drei, vier oder fünf Runden möglich. Die terminalen Gewinnfolgen sind \((S,S,S)\); \((S,S,N,S)\), \((S,N,S,S)\), \((N,S,S,S)\); \((S,S,N,N,S)\), \((S,N,S,N,S)\), \((S,N,N,S,S)\), \((N,S,S,N,S)\), \((N,S,N,S,S)\) und \((N,N,S,S,S)\). 2. Wegen der vom jeweils vorherigen Ergebnis abhängigen Astwahrscheinlichkeiten haben diese Pfade die Wahrscheinlichkeiten \(\frac{4}{15}\), \(\frac{2}{45}\), \(\frac{2}{45}\), \(\frac{8}{135}\), \(\frac{4}{135}\), \(\frac{1}{135}\), \(\frac{4}{135}\), \(\frac{4}{405}\), \(\frac{4}{405}\) und \(\frac{16}{405}\). 3. Nach der Summenregel ist die Gewinnwahrscheinlichkeit die Summe dieser zehn Pfadwahrscheinlichkeiten: \(P(\text{Duellsieg})=\frac{219}{405}=\frac{73}{135}\). 4. Damit beträgt die Gewinnwahrscheinlichkeit \(\frac{73}{135}\approx0{,}5407\), also etwa \(54{,}07\,\%\).

Antwort

Die terminalen Gewinnfolgen sind \((S,S,S)\); \((S,S,N,S)\), \((S,N,S,S)\), \((N,S,S,S)\); \((S,S,N,N,S)\), \((S,N,S,N,S)\), \((S,N,N,S,S)\), \((N,S,S,N,S)\), \((N,S,N,S,S)\) und \((N,N,S,S,S)\). Ihre Pfadwahrscheinlichkeiten ergeben zusammen \(P(\text{Duellsieg})=\frac{73}{135}\approx54{,}07\,\%\).

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