Aimathic
Login | English | Deutsch

Kostenlose Arbeitsblätter

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

Baumdiagramme

Klicken Sie auf Aufgaben, um sie zum Drucken auszuwählen.

43746611
An einer Schule nehmen Schülerinnen und Schüler am Mittagessen teil (\(M\)) oder nicht (\(\bar{M}\)). Außerdem wird erfasst, ob sie mit dem Fahrrad kommen (\(F\)) oder nicht (\(\bar{F}\)). Das Baumdiagramm zeigt die zugehörigen Wahrscheinlichkeiten. a) Beschreibe in Worten die Bedeutung der Wahrscheinlichkeit mit dem Wert \(0{,}2\) im Baumdiagramm. b) Berechne die Wahrscheinlichkeiten für die Ereignisse \(M \cap F\) und \(\bar{M} \cap F\). c) Berechne \(P(F)\) und \(P(\bar{F})\). d) Ermittle \(P_M(\bar{F})\) und \(P(M \cap \bar{F})\). e) Gib die Symbolschreibweise und den Wert der Wahrscheinlichkeit dafür an, dass eine Schülerin oder ein Schüler mit dem Fahrrad kommt, wenn sie oder er nicht am Mittagessen teilnimmt.
Abbildung zur Aufgabe 437466

Denkanstöße

- Überlege, ob ein Wert an einem einzelnen Ast oder an einem ganzen Pfad steht. - Welche Pfadregel verbindet die Wahrscheinlichkeiten entlang eines vollständigen Pfades? - Für ein Ereignis wie \(F\) können mehrere vollständige Pfade infrage kommen. - Achte bei \(P_M(\bar{F})\) darauf, welche Gruppe die Bedingung festlegt.

Lösung

1. Der Wert \(0{,}2\) ist \(P_M(F)\). Er bedeutet: Unter den Schülerinnen und Schülern, die am Mittagessen teilnehmen, kommen \(20\,\%\) mit dem Fahrrad. 2. Mit der Pfadregel gilt \(P(M \cap F)=0{,}3\cdot 0{,}2=0{,}06\) und \(P(\bar{M}\cap F)=0{,}7\cdot 0{,}4=0{,}28\). 3. Daher ist \(P(F)=0{,}06+0{,}28=0{,}34\) und \(P(\bar{F})=1-0{,}34=0{,}66\). 4. Am Ast ist \(P_M(\bar{F})=0{,}8\) ablesbar. Außerdem gilt \(P(M\cap\bar{F})=0{,}3\cdot0{,}8=0{,}24\). 5. Gesucht ist \(P_{\bar{M}}(F)\); aus dem Baumdiagramm folgt \(P_{\bar{M}}(F)=0{,}4\).

Antwort

a) \(P_M(F)=0{,}2\): Unter den Teilnehmenden am Mittagessen kommen \(20\,\%\) mit dem Fahrrad. b) \(P(M\cap F)=0{,}06\); \(P(\bar{M}\cap F)=0{,}28\) c) \(P(F)=0{,}34\); \(P(\bar{F})=0{,}66\) d) \(P_M(\bar{F})=0{,}8\); \(P(M\cap\bar{F})=0{,}24\) e) \(P_{\bar{M}}(F)=0{,}4\)
55350211
In einem Modell fahren \(40\,\%\) der Jugendlichen mit dem Fahrrad zur Schule (Ereignis \(F\)). Unter den Fahrradfahrenden tragen \(70\,\%\) einen Helm (Ereignis \(H\)); unter den übrigen Jugendlichen sind es \(10\,\%\). Die Abbildung zeigt zwei mögliche Reihenfolgen für ein Baumdiagramm. Wähle die Reihenfolge, in die sich die gegebenen Wahrscheinlichkeiten direkt als Astwahrscheinlichkeiten eintragen lassen. Ordne anschließend \(40\,\%\), \(70\,\%\) und \(10\,\%\) den passenden Ästen zu.
Abbildung zur Aufgabe 553502

Denkanstöße

- Welche der drei Angaben ist eine Wahrscheinlichkeit in der Gesamtgruppe und welche beiden gelten innerhalb von Untergruppen? - Das Merkmal, auf das sich die beiden bedingten Angaben beziehen, eignet sich als erste Stufe. - Prüfe, in welchem der beiden Bilder die zweite Stufe jeweils nach dem Helmtragen verzweigt.

Lösung

1. Die Angaben bestehen aus \(P(F)=0{,}40\), \(P_F(H)=0{,}70\) und \(P_{\bar F}(H)=0{,}10\). 2. Deshalb muss zuerst nach \(F\) und \(\bar F\) verzweigt werden. Das ist Baum a). 3. Am Ast von „Start“ zu \(F\) steht \(0{,}40\). Am Ast von \(F\) zu \(H\) steht \(0{,}70\), am Ast von \(\bar F\) zu \(H\) steht \(0{,}10\). 4. Die jeweiligen Gegenäste hätten die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}60\), \(0{,}30\) und \(0{,}90\).

Antwort

Baum a). Zu \(F\): \(40\,\%\); von \(F\) zu \(H\): \(70\,\%\); von \(\bar F\) zu \(H\): \(10\,\%\).
55350311
Das Baumdiagramm zeigt Modelldaten zu zwei Merkmalen einer Gruppe. Dabei bedeutet \(S\) „nimmt am Sportkurs teil“ und \(A\) „kommt zu Fuß“. a) Nenne eine Astwahrscheinlichkeit aus dem Baum und erkläre kurz, worauf sie sich bezieht. b) Bestimme die Pfadwahrscheinlichkeit \(P(S\cap A)\). c) Bestimme \(P(A)\) und erkläre den Unterschied zwischen einer Astwahrscheinlichkeit und einer Pfadwahrscheinlichkeit.
Abbildung zur Aufgabe 553503

Denkanstöße

- Lies bei einem Ast zuerst, von welchem Knoten er ausgeht; dieser Knoten bestimmt die Bezugsgruppe. - Eine Pfadwahrscheinlichkeit gehört zu mehreren aufeinanderfolgenden Entscheidungen im Baum. - Für das Ereignis \(A\) können mehrere vollständige Pfade relevant sein.

Lösung

1. Eine Astwahrscheinlichkeit ist zum Beispiel \(P_S(A)=0{,}50\). Sie beschreibt den Anteil der zu Fuß Kommenden innerhalb der Gruppe \(S\). 2. Für den Pfad \(S\) und danach \(A\) gilt \(P(S\cap A)=0{,}60\cdot0{,}50=0{,}30\). 3. Der zweite Pfad zu \(A\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}40\cdot0{,}20=0{,}08\). Daher ist \(P(A)=0{,}30+0{,}08=0{,}38\). 4. Eine Astwahrscheinlichkeit bezieht sich auf einen Übergang innerhalb einer bereits festgelegten Bezugsgruppe; eine Pfadwahrscheinlichkeit beschreibt das gemeinsame Eintreten aller Ereignisse entlang eines vollständigen Pfades.

Antwort

a) Zum Beispiel \(P_S(A)=0{,}50\); sie gilt innerhalb der Gruppe \(S\). b) \(P(S\cap A)=0{,}30\). c) \(P(A)=0{,}38\). Astwahrscheinlichkeiten gelten an einem Übergang innerhalb einer Bezugsgruppe, Pfadwahrscheinlichkeiten für das gemeinsame Eintreten entlang eines ganzen Pfades.
42196810
Ein Obstkorb enthält \(15\) Früchte: \(9\) Äpfel und \(6\) Birnen. Jemand entnimmt nacheinander drei Früchte ohne Zurücklegen. a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird die Sequenz Birne – Apfel – Birne gezogen? b) Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens eine Birne entnommen wird. c) Nachdem als erste Frucht ein Apfel entnommen wurde, werden zwei weitere Früchte ohne Zurücklegen gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass auch diese beiden Früchte Äpfel sind?

Denkanstöße

- Verfolge in a) nur den verlangten Pfad und passe die Anzahlen nach jeder Entnahme an. - Welches Gegenereignis ist für „mindestens eine Birne“ einfacher zu berechnen? - Welche Zusammensetzung hat der Korb zu Beginn von c), nachdem der erste Apfel bereits entnommen wurde?

Lösung

1. Für die feste Reihenfolge Birne – Apfel – Birne gilt nach der Pfadmultiplikationsregel \(\frac{6}{15}\cdot\frac{9}{14}\cdot\frac{5}{13}=\frac{9}{91}\). 2. Das Gegenereignis zu „mindestens eine Birne“ ist „drei Äpfel“. Dafür gilt \(\frac{9}{15}\cdot\frac{8}{14}\cdot\frac{7}{13}=\frac{12}{65}\). Daher beträgt die gesuchte Wahrscheinlichkeit \(1-\frac{12}{65}=\frac{53}{65}\). 3. Nach dem ersten Apfel verbleiben \(14\) Früchte, darunter \(8\) Äpfel. Für zwei weitere Äpfel gilt nach der Pfadmultiplikationsregel \(\frac{8}{14}\cdot\frac{7}{13}=\frac{4}{13}\).

Antwort

a) \(\frac{9}{91}\) b) \(\frac{53}{65}\) c) \(\frac{4}{13}\)
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) \(0{,}987712\approx98{,}77\,\%\)
43746711
In einer Pralinenmanufaktur werden Packungen entweder von Hand (\(H\)) oder maschinell (\(\bar H\)) verpackt. Das Ereignis \(A\) bedeutet „Packung weist einen Mangel auf“. Die Wahrscheinlichkeiten sind im Baumdiagramm dargestellt. a) Berechne die Gesamtwahrscheinlichkeit \(P(A)\). b) Bestimme \(P(H\cap\bar A)\). c) Berechne \(P_A(H)\) und deute den Wert im Sachzusammenhang. d) Prüfe rechnerisch, ob Verpackungsart und Auftreten eines Mangels stochastisch unabhängig sind.
Abbildung zur Aufgabe 437467

Denkanstöße

- Welche beiden vollständigen Pfade im Baum enden bei \(A\)? - Wodurch unterscheidet sich eine Pfadwahrscheinlichkeit von einer einzelnen Zweigwahrscheinlichkeit? - Welche Gruppe bildet bei \(P_A(H)\) die Bezugsgruppe? - Welche Wahrscheinlichkeit müsste sich durch die Information \(H\) nicht ändern, wenn Unabhängigkeit vorläge?

Lösung

1. Aus den beiden zu \(A\) führenden Pfaden folgt \(P(A)=0{,}2\cdot0{,}05+0{,}8\cdot0{,}1=0{,}09\). 2. Für den Pfad \(H\cap\bar A\) gilt \(P(H\cap\bar A)=0{,}2\cdot0{,}95=0{,}19\). 3. Der gemeinsame Anteil von \(H\) und \(A\) beträgt \(0{,}2\cdot0{,}05=0{,}01\). Daher ist \(P_A(H)=\frac{0{,}01}{0{,}09}=\frac{1}{9}\approx0{,}1111\). Unter den mangelhaften Packungen wurden also etwa \(11{,}11\,\%\) von Hand verpackt. 4. Für Unabhängigkeit müsste \(P_H(A)=P(A)\) gelten. Im Baum ist \(P_H(A)=0{,}05\), während \(P(A)=0{,}09\). Die Ereignisse sind daher abhängig.

Antwort

a) \(P(A)=0{,}09\) b) \(P(H\cap\bar A)=0{,}19\) c) \(P_A(H)=\frac{1}{9}\approx11{,}11\,\%\); dies ist der Anteil der Handverpackungen unter den mangelhaften Packungen. d) Die Ereignisse sind abhängig, da \(P_H(A)=0{,}05\neq0{,}09=P(A)\).
43746911
In einem Industriebetrieb werden Präzisionsbauteile an zwei Maschinen gefertigt. Die Ereignisse \(M_1\) und \(M_2\) bezeichnen die jeweilige Maschine; \(E\), \(S\) und \(A\) stehen für die Qualitätsstufen „Exzellent“, „Standard“ und „Ausschuss“. Alle benötigten Wahrscheinlichkeiten sind im Baumdiagramm angegeben. a) Berechne: (1) \(P(M_2\cap A)\) (2) \(P(A)\) (3) \(P_{M_2}(S)\) (4) \(P_A(M_1)\) b) Begründe ohne Rechnung, warum \(P(M_1\cup E)=P(M_1)+P(M_2\cap E)\) gilt, und berechne anschließend den Wert.
Abbildung zur Aufgabe 437469

Denkanstöße

- Entscheide bei jeder Teilaufgabe zuerst, ob der gesuchte Wert an einem Ast, auf einem Pfad oder über mehrere Pfade liegt. - Bei einer umgekehrten Bedingung ist die Bezugsgruppe das Ereignis im Index. - Überlege bei der Vereinigung, welcher Teil von \(E\) bereits vollständig in \(M_1\) enthalten ist.

Lösung

1. Für den Pfad \(M_2\cap A\) gilt \(P(M_2\cap A)=0{,}25\cdot0{,}10=0{,}025\). 2. Das Ereignis \(A\) kann über beide Maschinen eintreten. Daher ist \(P(A)=0{,}75\cdot0{,}05+0{,}25\cdot0{,}10=0{,}0625\). 3. Die bedingte Wahrscheinlichkeit ist direkt am entsprechenden Ast ablesbar: \(P_{M_2}(S)=0{,}30\). 4. Für die umgekehrte Bedingung gilt \(P_A(M_1)=\frac{P(M_1\cap A)}{P(A)}=\frac{0{,}75\cdot0{,}05}{0{,}0625}=0{,}6\). 5. In \(P(M_1)\) sind bereits alle exzellenten Teile aus \(M_1\) enthalten. Zusätzlich gehören nur die exzellenten Teile aus \(M_2\) zur Vereinigung. Deshalb gilt die angegebene Zerlegung. 6. Somit ist \(P(M_1\cup E)=0{,}75+0{,}25\cdot0{,}60=0{,}90\).

Antwort

a) (1) \(P(M_2\cap A)=0{,}025\) (2) \(P(A)=0{,}0625\) (3) \(P_{M_2}(S)=0{,}30\) (4) \(P_A(M_1)=0{,}6\) b) \(M_1\cup E\) zerfällt disjunkt in \(M_1\) und \(M_2\cap E\); daher ist \(P(M_1\cup E)=0{,}90\).
43747811
In einem Modell für eine medizinische Vorsorgeuntersuchung gilt: \(0{,}5\,\%\) der betrachteten Personen haben die seltene Stoffwechselkrankheit \(E\). Der Test ist bei erkrankten Personen mit Wahrscheinlichkeit \(98\,\%\) positiv (\(T\)); bei nicht erkrankten Personen ist er mit Wahrscheinlichkeit \(3\,\%\) positiv. a) Gib \(P_E(T)\) an und beschreibe die Bedeutung dieser Wahrscheinlichkeit im Sachzusammenhang. b) Berechne \(P(E\cap T)\). c) Bestimme \(P_T(E)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle. d) Erläutere anhand der Wahrscheinlichkeiten, warum \(E\) und \(T\) stochastisch abhängig sind.

Denkanstöße

- Achte darauf, welche Personengruppe bei einer Wahrscheinlichkeit mit Index die Bezugsgruppe bildet. - Für eine Schnittwahrscheinlichkeit kannst du einen vollständigen zweistufigen Pfad betrachten. - Für die umgekehrte Bedingung brauchst du den Anteil der erkrankten positiven Tests an allen positiven Tests. - Welche Gleichheit müsste bei Unabhängigkeit zwischen einer bedingten und der entsprechenden unbedingten Wahrscheinlichkeit gelten?

Lösung

1. Aus den Modelldaten folgt direkt \(P_E(T)=0{,}98\). Das bedeutet: Unter den erkrankten Personen erhalten \(98\,\%\) ein positives Testergebnis. 2. Für das gemeinsame Eintreten gilt \(P(E\cap T)=0{,}005\cdot0{,}98=0{,}0049\). 3. Insgesamt ist \(P(T)=0{,}0049+0{,}995\cdot0{,}03=0{,}03475\). 4. Damit ist \(P_T(E)=\frac{0{,}0049}{0{,}03475}=\frac{98}{695}\approx0{,}1410\), also gerundet \(14{,}1\,\%\). 5. Bei Unabhängigkeit müsste die Wahrscheinlichkeit für \(T\) unter der Bedingung \(E\) mit der unbedingten Wahrscheinlichkeit \(P(T)\) übereinstimmen. Hier gilt \(P_E(T)=0{,}98\neq0{,}03475=P(T)\); die Ereignisse sind daher abhängig.

Antwort

a) \(P_E(T)=0{,}98\); unter den erkrankten Personen sind \(98\,\%\) der Tests positiv. b) \(P(E\cap T)=0{,}0049=0{,}49\,\%\) c) \(P_T(E)\approx14{,}1\,\%\) d) \(E\) und \(T\) sind abhängig, weil \(P_E(T)\neq P(T)\).
43748011
Das Baumdiagramm gehört zu einem zweistufigen Zufallsexperiment mit den Ereignissen \(A\) und \(B\). Einige Astwahrscheinlichkeiten fehlen. Am Ende des Pfades \(A\) und \(B\) ist die zugehörige Pfadwahrscheinlichkeit \(P(A\cap B)=0{,}1\) angegeben. 1. Vervollständige das Baumdiagramm. 2. Berechne \(P_B(A)\) und \(P_{\bar{B}}(A)\).
Abbildung zur Aufgabe 437480

Denkanstöße

- An jedem Verzweigungspunkt ergänzen sich die beiden Astwahrscheinlichkeiten zu \(1\). - Die Zahl am Pfadende beschreibt die Wahrscheinlichkeit des gesamten Pfades, nicht eines einzelnen Astes. - Für eine umgekehrte Bedingung brauchst du zuerst die Gesamtwahrscheinlichkeit der neuen Bezugsgruppe.

Lösung

1. Aus \(P(A)=0{,}4\) folgt \(P(\bar{A})=0{,}6\). 2. Für den Pfad \(A\cap B\) gilt \(0{,}4\cdot P_A(B)=0{,}1\). Daher ist \(P_A(B)=0{,}25\) und somit \(P_A(\bar{B})=0{,}75\). 3. Aus \(P_{\bar{A}}(\bar{B})=0{,}3\) folgt \(P_{\bar{A}}(B)=0{,}7\). 4. Die übrigen Pfadwahrscheinlichkeiten sind \(P(A\cap\bar{B})=0{,}4\cdot0{,}75=0{,}30\), \(P(\bar{A}\cap B)=0{,}6\cdot0{,}7=0{,}42\) und \(P(\bar{A}\cap\bar{B})=0{,}6\cdot0{,}3=0{,}18\). 5. Damit ist \(P(B)=0{,}1+0{,}42=0{,}52\) und \(P(\bar{B})=0{,}30+0{,}18=0{,}48\). 6. Somit gilt \(P_B(A)=\frac{0{,}1}{0{,}52}=\frac{5}{26}\approx0{,}1923\) und \(P_{\bar{B}}(A)=\frac{0{,}30}{0{,}48}=0{,}625\).

Antwort

1. \(P(\bar{A})=0{,}6\), \(P_A(B)=0{,}25\), \(P_A(\bar{B})=0{,}75\), \(P_{\bar{A}}(B)=0{,}7\) 2. \(P_B(A)=\frac{5}{26}\approx0{,}1923\); \(P_{\bar{B}}(A)=0{,}625\)
43748411
In einem Modell für einen Schnelltest auf eine seltene Pollenallergie gilt: \(2\,\%\) der betrachteten Personen haben die Allergie \(A\). Bei Personen mit Allergie ist der Test mit Wahrscheinlichkeit \(95\,\%\) positiv (\(+\)); bei Personen ohne Allergie \(\bar{A}\) ist er mit Wahrscheinlichkeit \(4\,\%\) positiv. a) Ergänze die fehlenden Wahrscheinlichkeiten im Baumdiagramm. b) Berechne die Wahrscheinlichkeit \(P(-)\) für ein negatives Testergebnis. c) Bestimme \(P_A(-)\). d) Bestimme \(P(A\cap +)\). e) Beschreibe \(P_A(+)\) in eigenen Worten. f) Eine Person erhält ein positives Testergebnis. Bestimme \(P_+(A)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle.
Abbildung zur Aufgabe 437484

Denkanstöße

- Welche Wahrscheinlichkeiten müssen sich an jeder Verzweigung zu \(1\) ergänzen? - Unterscheide einen einzelnen Ast von einem vollständigen Pfad durch den Baum. - Für ein bestimmtes Testergebnis können mehrere Pfade zum selben Ziel führen. - Bei f) ändert sich die Bezugsgruppe: Betrachtet werden nur noch Personen mit positivem Ergebnis.

Lösung

1. Es gilt \(P(\bar{A})=1-0{,}02=0{,}98\), \(P_A(-)=1-0{,}95=0{,}05\) und \(P_{\bar{A}}(-)=1-0{,}04=0{,}96\). 2. Für ein negatives Ergebnis führen zwei Pfade zum Ziel: \(P(-)=0{,}02\cdot0{,}05+0{,}98\cdot0{,}96=0{,}9418\). 3. Direkt aus dem ergänzten Baum folgt \(P_A(-)=0{,}05\). 4. Für den Pfad \(A\cap +\) gilt \(P(A\cap +)=0{,}02\cdot0{,}95=0{,}019\). 5. \(P_A(+)\) ist die Wahrscheinlichkeit für ein positives Testergebnis innerhalb der Gruppe der Personen mit Allergie. 6. Insgesamt ist \(P(+)=1-0{,}9418=0{,}0582\). Daher gilt \(P_+(A)=\frac{0{,}019}{0{,}0582}=\frac{95}{291}\approx0{,}3265\), also gerundet \(32{,}6\,\%\).

Antwort

a) \(P(\bar{A})=0{,}98\), \(P_A(-)=0{,}05\), \(P_{\bar{A}}(-)=0{,}96\) b) \(P(-)=0{,}9418\) c) \(P_A(-)=0{,}05=5\,\%\) d) \(P(A\cap +)=0{,}019\) e) \(P_A(+)\) ist die Wahrscheinlichkeit für einen positiven Test innerhalb der Gruppe der Personen mit Allergie. f) \(P_+(A)\approx32{,}6\,\%\)
43756311
Das Baumdiagramm zeigt die vier Endhäufigkeiten einer Erhebung mit \(1000\) Personen. Bestimme alle Astwahrscheinlichkeiten des Baums mit \(A\) auf der ersten Stufe.
Abbildung zur Aufgabe 437563

Denkanstöße

- Bilde zuerst aus den Endhäufigkeiten die beiden Gruppen der ersten Stufe. - An einer zweiten Verzweigung ist jeweils nur die Häufigkeit des zugehörigen Elternknotens die Bezugsgröße. - Prüfe am Ende, ob sich die Astwahrscheinlichkeiten an jeder Verzweigung zu \(1\) ergänzen.

Lösung

1. Aus den beiden Endhäufigkeiten unter \(A\) folgt \(300\) für die Gruppe \(A\); unter \(\bar{A}\) liegen entsprechend \(700\) Personen. 2. Daher gilt auf der ersten Stufe \(P(A)=\frac{300}{1000}=0{,}3\) und \(P(\bar{A})=0{,}7\). 3. Innerhalb von \(A\) gilt \(P_A(B)=\frac{240}{300}=0{,}8\) und \(P_A(\bar{B})=\frac{60}{300}=0{,}2\). 4. Innerhalb von \(\bar{A}\) gilt \(P_{\bar{A}}(B)=\frac{140}{700}=0{,}2\) und \(P_{\bar{A}}(\bar{B})=\frac{560}{700}=0{,}8\).

Antwort

\(P(A)=0{,}3\), \(P(\bar{A})=0{,}7\), \(P_A(B)=0{,}8\), \(P_A(\bar{B})=0{,}2\), \(P_{\bar{A}}(B)=0{,}2\), \(P_{\bar{A}}(\bar{B})=0{,}8\)
43759111
Ein seltenes Merkmal tritt in einem Modell bei \(0{,}3\,\%\) einer Bevölkerung auf. Ein Verfahren markiert \(90\,\%\) der Merkmalsträger und außerdem \(2\,\%\) der übrigen Personen. Übertrage die Struktur des Baumdiagramms für \(100\,000\) Personen und trage an allen Ästen beziehungsweise Enden die passenden absoluten Häufigkeiten ein. Bestimme anschließend den Anteil der Merkmalsträger unter den markierten Personen. Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle.
Abbildung zur Aufgabe 437591

Denkanstöße

- Beginne bei der Gesamtzahl und wandle zunächst nur die erste Aufteilung in Anzahlen um. - Bei der zweiten Stufe ist jeweils die Anzahl am vorherigen Knoten die neue Bezugsgröße. - Für den gesuchten Anteil zählen am Ende nur die beiden Gruppen, die als „markiert“ enden.

Lösung

1. Von \(100\,000\) Personen tragen \(100\,000\cdot0{,}003=300\) das Merkmal; \(99\,700\) tragen es nicht. 2. Von den \(300\) Merkmalsträgern werden \(300\cdot0{,}9=270\) markiert und \(30\) nicht markiert. 3. Von den \(99\,700\) übrigen Personen werden \(99\,700\cdot0{,}02=1994\) markiert und \(97\,706\) nicht markiert. 4. Insgesamt sind \(270+1994=2264\) Personen markiert. 5. Der Anteil der Merkmalsträger unter den Markierten ist \(\frac{270}{2264}=\frac{135}{1132}\approx0{,}1193\), also gerundet \(11{,}9\,\%\).

Antwort

Absolute Häufigkeiten: \(300\) mit Merkmal und \(99\,700\) ohne Merkmal; darunter \(270\) beziehungsweise \(1994\) Markierte sowie \(30\) beziehungsweise \(97\,706\) Nichtmarkierte. Unter den Markierten beträgt der Anteil der Merkmalsträger \(\approx11{,}9\,\%\).
55350411
Das Baumdiagramm soll ein zweistufiges Zufallsexperiment beschreiben. Es ist bekannt, dass \(P(A)=0{,}65\). Prüfe das dargestellte Baumdiagramm. Nenne den Fehler genau und gib an, welcher Astwert geändert werden muss, damit die erste Stufe ein gültiges Baumdiagramm ergibt.
Abbildung zur Aufgabe 553504

Denkanstöße

- Welche Bedingung müssen die ausgehenden Astwahrscheinlichkeiten an jedem einzelnen Knoten erfüllen? - Prüfe die erste und die beiden zweiten Stufen getrennt voneinander. - Nutze die vorgegebene Wahrscheinlichkeit von \(A\), um die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses zu bestimmen.

Lösung

1. An jedem Knoten müssen die Wahrscheinlichkeiten der ausgehenden Äste zusammen \(1\) ergeben. 2. In der ersten Stufe stehen \(0{,}65\) und \(0{,}45\). Ihre Summe ist \(1{,}10\), also ist diese Stufe ungültig. 3. Weil \(P(A)=0{,}65\) fest vorgegeben ist, muss für das Gegenereignis \(\bar A\) gelten \(P(\bar A)=1-0{,}65=0{,}35\). 4. Die beiden zweiten Stufen sind bereits gültig, weil ihre Astwahrscheinlichkeiten jeweils \(1\) ergeben.

Antwort

Fehler: Die Astwahrscheinlichkeiten der ersten Stufe ergeben \(1{,}10\) statt \(1\). Der Ast zu \(\bar A\) muss von \(0{,}45\) auf \(0{,}35\) geändert werden.
55350511
In einem Modell nutzen \(55\,\%\) der Schülerinnen und Schüler an einem Schultag die Mensa (Ereignis \(M\)). Von den Mensagästen wählen \(30\,\%\) ein vegetarisches Gericht (Ereignis \(V\)). Von den übrigen Schülerinnen und Schülern wählen \(50\,\%\) ein vegetarisches Gericht. Zeichne auf Papier ein vollständiges Baumdiagramm mit erster Stufe \(M\) beziehungsweise \(\bar M\). Gib alle sechs Astwahrscheinlichkeiten an und bestimme anschließend \(P(V)\).

Denkanstöße

- Welche Angabe beschreibt die Gesamtgruppe und gehört deshalb in die erste Stufe? - Ergänze an jedem Knoten zuerst die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses. - Für \(V\) führen zwei verschiedene vollständige Pfade zum Ziel.

Lösung

1. In der ersten Stufe gilt \(P(M)=0{,}55\) und \(P(\bar M)=0{,}45\). 2. Unter \(M\) gilt \(P_M(V)=0{,}30\) und damit \(P_M(\bar V)=0{,}70\). 3. Unter \(\bar M\) gilt \(P_{\bar M}(V)=0{,}50\) und damit \(P_{\bar M}(\bar V)=0{,}50\). 4. Die beiden Pfade zu \(V\) haben die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}55\cdot0{,}30=0{,}165\) und \(0{,}45\cdot0{,}50=0{,}225\). 5. Daher ist \(P(V)=0{,}165+0{,}225=0{,}39=39\,\%\).

Antwort

Astwahrscheinlichkeiten: \(0{,}55\), \(0{,}45\), unter \(M\): \(0{,}30\), \(0{,}70\), unter \(\bar M\): \(0{,}50\), \(0{,}50\). Außerdem gilt \(P(V)=0{,}39=39\,\%\).
43747911
Das Baumdiagramm zeigt die Herkunft von Netzteilen aus zwei Herstellergruppen \(A\) und \(B\) sowie, ob ein Netzteil defekt ist (\(D\)) oder nicht. Alle benötigten Wahrscheinlichkeiten sind im Diagramm angegeben. a) Berechne die Gesamtwahrscheinlichkeit \(P(D)\). b) Ein zufällig ausgewähltes Netzteil ist defekt. Bestimme \(P_D(B)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle. c) Die Defektquote von \(A\) bleibt unverändert. Auf welchen Wert müsste die Defektquote von \(B\) sinken, damit das Ereignis \(D\) von der Herstellergruppe unabhängig ist? Begründe.
Abbildung zur Aufgabe 437479

Denkanstöße

- Welche vollständigen Pfade führen im Baum zum Ereignis \(D\)? - Bei der umgekehrten Bedingung ist die Bezugsgruppe die Menge aller defekten Netzteile. - Überlege für c), was Unabhängigkeit über die Defektwahrscheinlichkeit innerhalb jeder Herstellergruppe aussagt.

Lösung

1. Die beiden Pfade zu \(D\) ergeben \(P(D)=0{,}70\cdot0{,}01+0{,}30\cdot0{,}04=0{,}019\). 2. Der Anteil der defekten Netzteile aus \(B\) beträgt \(P(B\cap D)=0{,}30\cdot0{,}04=0{,}012\). Daher ist \(P_D(B)=\frac{0{,}012}{0{,}019}=\frac{12}{19}\approx0{,}6316\), also gerundet \(63{,}2\,\%\). 3. Unabhängigkeit bedeutet hier, dass die Defektwahrscheinlichkeit in beiden Herstellergruppen gleich ist. Da \(P_A(D)=0{,}01\) feststeht, muss auch \(P_B(D)=0{,}01\) gelten.

Antwort

a) \(P(D)=0{,}019=1{,}9\,\%\) b) \(P_D(B)\approx63{,}2\,\%\) c) Die Defektquote von \(B\) muss auf \(1\,\%\) sinken.
43748511
Ein Online-Shop unterscheidet Bestellungen von Stammkunden (\(S\)) und Gelegenheitskunden (\(\bar S\)). Das Ereignis \(E\) bedeutet „Express-Versand gewählt“. Die gegebenen Wahrscheinlichkeiten stehen im teilweise ausgefüllten Baumdiagramm. a) Vervollständige alle fehlenden Zweigwahrscheinlichkeiten. b) Bestimme \(P(E)\). c) Berechne \(P_{\bar E}(S)\). d) Erkläre den Unterschied zwischen \(P(S\cap E)\) und \(P_S(E)\) im Sachzusammenhang. e) Interpretiere den Term \(\frac{0{,}4\cdot0{,}15}{0{,}6\cdot0{,}8+0{,}4\cdot0{,}15}\).
Abbildung zur Aufgabe 437485

Denkanstöße

- Welche Summe müssen die Zweigwahrscheinlichkeiten an jedem Knoten ergeben? - Welche beiden vollständigen Pfade enden bei \(E\)? - Welche Bestellungen bilden in c) die neue Bezugsgruppe? - Unterscheide bei d) zwischen einem Anteil an allen Bestellungen und einem Anteil innerhalb einer bereits festgelegten Gruppe.

Lösung

1. An jedem Knoten ergänzen sich die ausgehenden Zweigwahrscheinlichkeiten zu \(1\). Daher sind die fehlenden Werte \(P(\bar S)=0{,}4\), \(P_S(\bar E)=0{,}2\) und \(P_{\bar S}(\bar E)=0{,}85\). 2. Für den Express-Versand gilt \(P(E)=0{,}6\cdot0{,}8+0{,}4\cdot0{,}15=0{,}54\). 3. Somit ist \(P(\bar E)=0{,}46\). Der gemeinsame Anteil \(P(S\cap\bar E)\) beträgt \(0{,}6\cdot0{,}2=0{,}12\). Daher gilt \(P_{\bar E}(S)=\frac{0{,}12}{0{,}46}=\frac{6}{23}\approx0{,}2609\). 4. \(P(S\cap E)\) ist der Anteil aller Bestellungen, die beide Merkmale besitzen. \(P_S(E)\) ist dagegen der Express-Anteil innerhalb der Stammkundenbestellungen. 5. Der Zähler des Terms ist \(P(\bar S\cap E)\), der Nenner ist \(P(E)\). Der Term beschreibt deshalb \(P_E(\bar S)\), also den Anteil der Gelegenheitskunden unter den Express-Bestellungen.

Antwort

a) \(P(\bar S)=0{,}4\), \(P_S(\bar E)=0{,}2\), \(P_{\bar S}(\bar E)=0{,}85\) b) \(P(E)=0{,}54=54\,\%\) c) \(P_{\bar E}(S)=\frac{6}{23}\approx26{,}09\,\%\) d) \(P(S\cap E)\) bezieht sich auf alle Bestellungen; \(P_S(E)\) nur auf die Bestellungen von Stammkunden. e) Der Term ist \(P_E(\bar S)\), der Anteil der Gelegenheitskunden unter den Express-Bestellungen.
43757011
Gegeben sind \(P(A)=0{,}8\), \(P(B)=0{,}7\) und \(P(A\cap B)=0{,}4\). Zeige mithilfe des Baumdiagramms, dass diese Angaben nicht gleichzeitig möglich sind.
Abbildung zur Aufgabe 437570

Denkanstöße

- Nutze die bekannte Pfadwahrscheinlichkeit, um den fehlenden Ast innerhalb von \(A\) zu bestimmen. - Welcher Teil des Ereignisses \(B\) müsste dann noch außerhalb von \(A\) liegen? - Prüfe, ob die daraus entstehende Astwahrscheinlichkeit im zulässigen Bereich liegt.

Lösung

1. Auf dem Pfad \(A\cap B\) muss \(0{,}8\cdot P_A(B)=0{,}4\) gelten. Daher ist \(P_A(B)=0{,}5\). 2. Von der Gesamtwahrscheinlichkeit \(P(B)=0{,}7\) entfallen bereits \(0{,}4\) auf \(A\cap B\). Somit müsste \(P(\bar{A}\cap B)=0{,}3\) gelten. 3. Da \(P(\bar{A})=0{,}2\) ist, müsste am entsprechenden Ast \(P_{\bar{A}}(B)=\frac{0{,}3}{0{,}2}=1{,}5\) stehen. 4. Eine Wahrscheinlichkeit kann nicht größer als \(1\) sein. Die drei Ausgangsangaben sind daher widersprüchlich.

Antwort

Die Angaben sind unmöglich, weil daraus \(P_{\bar{A}}(B)=1{,}5>1\) folgen würde.

Alle Aufgaben dürfen für Schule und Nachhilfe (auch im Rahmen bezahlter Nachhilfe) kostenlos genutzt, kopiert und ausgedruckt werden. Nicht gestattet sind kommerzielle Bearbeitungen sowie die Veröffentlichung oder Weiterverbreitung im Internet.

Kostenlose Mathe-Arbeitsblätter zusammenstellen