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Mathe-Arbeitsblätter Klasse 11

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

Umkehrung von Baumdiagrammen

Lernziele

  • Kehrt die Merkmalsreihenfolge eines Baumdiagramms um.
  • Berechnet die neuen bedingten Wahrscheinlichkeiten.
  • Deutet beide Bedingungsrichtungen im Kontext.

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55673711
Der rechte Baum soll die Reihenfolge der beiden Merkmale umkehren. Welche beiden Ereignisse müssen im rechten Baum auf der ersten Stufe stehen? Welcher Pfad im rechten Baum beschreibt dasselbe gemeinsame Ereignis wie der Pfad \(F\) und danach \(H\) im linken Baum?
Abbildung zur Aufgabe 556737

Denkanstöße

- Welche Eigenschaft wird im linken Baum erst auf der zweiten Stufe unterschieden? - Beim Umkehren wechseln die beiden Merkmale ihre Reihenfolge, nicht ihre Bedeutung. - Welches gemeinsame Ereignis beschreibt der linke Pfad \(F\) und danach \(H\)?

Lösung

1. Beim Umkehren wird das zweite Merkmal des linken Baums zum ersten Merkmal des rechten Baums. Auf der ersten Stufe stehen daher \(H\) und \(\bar{H}\). 2. Das gemeinsame Ereignis \(F\cap H\) bleibt dasselbe. Im rechten Baum wird es durch den Pfad \(H\) und danach \(F\) beschrieben.

Antwort

Erste Stufe rechts: \(H\) und \(\bar{H}\). Der entsprechende Pfad ist \(H\) und danach \(F\).
55673811
Im rechten Baum soll die Reihenfolge umgekehrt werden. Ergänze nur die beiden Häufigkeiten der ersten Stufe.
Abbildung zur Aufgabe 556738

Denkanstöße

- Welche Endgruppen des linken Baums haben im rechten Baum dieselbe erste Eigenschaft? - Wie erhältst du die Größe einer solchen zusammengefassten Gruppe aus den Endhäufigkeiten? - Welche Kontrolle ist mit der Gesamtzahl \(100\) möglich?

Lösung

1. Am Wettbewerb nehmen \(24+18=42\) Jugendliche teil. 2. Nicht am Wettbewerb nehmen \(16+42=58\) Jugendliche teil. 3. Im umgekehrten Häufigkeitsbaum stehen daher auf der ersten Stufe \(42\) bei „Wettbewerb“ und \(58\) bei „kein Wettbewerb“.

Antwort

Wettbewerb: \(42\); kein Wettbewerb: \(58\).
43758611
Eine ausgezeichnete Person wird zufällig ausgewählt. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass sie aus dem Musikprogramm stammt.
Abbildung zur Aufgabe 437586

Denkanstöße

- Welche Personen gehören zur durch die Aufgabe bereits festgelegten Gruppe „ausgezeichnet“? - Aus welchen Programmen setzt sich diese Gruppe zusammen? - Welcher Anteil dieser Gruppe gehört zum Musikprogramm?

Lösung

1. Insgesamt sind \(144+72=216\) Personen ausgezeichnet. 2. Davon stammen \(144\) aus dem Musikprogramm. 3. Innerhalb der ausgezeichneten Personen beträgt der Musikanteil daher \(\frac{144}{216}=\frac{2}{3}\).

Antwort

\(\frac{2}{3}\)
55673911
Bei Anmeldungen zu einem Sportfest bedeutet \(T\) „nimmt am Teamwettbewerb teil“ und \(M\) „startet am Vormittag“. Gib alle sechs Astwahrscheinlichkeiten des rechten, umgekehrten Baumdiagramms an.
Abbildung zur Aufgabe 556739

Denkanstöße

- Welche Eigenschaft steht im rechten Baum zuerst, und welche Endgruppen des linken Baums gehören jeweils dazu? - Wie wird aus einer Häufigkeit innerhalb einer neuen Gruppe eine Astwahrscheinlichkeit? - Prüfe zum Schluss jede Verzweigung auf eine sinnvolle Gesamtsumme.

Lösung

1. Im linken Baum starten \(60+30=90\) Personen am Vormittag und \(20+90=110\) nicht am Vormittag. 2. Für die erste Stufe des umgekehrten Baums gilt daher \(P(M)=\frac{90}{200}=0{,}45\) und \(P(\bar{M})=0{,}55\). 3. Unter den \(90\) Personen mit Vormittagsstart gehören \(60\) zu \(T\). Somit ist \(P_M(T)=\frac{60}{90}=\frac{2}{3}\) und \(P_M(\bar{T})=\frac{1}{3}\). 4. Unter den \(110\) übrigen Personen gehören \(20\) zu \(T\). Daher ist \(P_{\bar{M}}(T)=\frac{20}{110}=\frac{2}{11}\) und \(P_{\bar{M}}(\bar{T})=\frac{9}{11}\).

Antwort

Erste Stufe: \(P(M)=0{,}45\), \(P(\bar{M})=0{,}55\). Nach \(M\): \(P_M(T)=\frac{2}{3}\), \(P_M(\bar{T})=\frac{1}{3}\). Nach \(\bar{M}\): \(P_{\bar{M}}(T)=\frac{2}{11}\), \(P_{\bar{M}}(\bar{T})=\frac{9}{11}\).
43093511
\(2000\) Personen werden nach Altersgruppe und Nutzung eines Streaming-Dienstes eingeteilt. \(A\) bedeutet „unter \(30\) Jahre“, \(B\) „mindestens \(30\) Jahre“, \(R\) „regelmäßige Nutzung“ und \(S\) „seltene oder keine Nutzung“. <table> <tr><th colspan="2">Nutzungsverhalten</th><th colspan="2">Nutzung</th><th rowspan="2">Gesamt</th></tr> <tr><th colspan="2"></th><th>regelmäßig (\(R\))</th><th>selten/nie (\(S\))</th></tr> <tr><td rowspan="2">Altersgruppe</td><td>unter \(30\) (\(A\))</td><td>\(900\)</td><td></td><td>\(1200\)</td></tr> <tr><td>ab \(30\) (\(B\))</td><td></td><td></td><td></td></tr> <tr><td colspan="2">Gesamt</td><td>\(1300\)</td><td></td><td>\(2000\)</td></tr> </table> 1. Ergänze die fehlenden Häufigkeiten. 2. Bestimme die Zweigwahrscheinlichkeiten für ein Baumdiagramm mit „Altersgruppe“ auf der ersten Stufe. 3. Bestimme die Zweigwahrscheinlichkeiten für das umgekehrte Baumdiagramm mit „Nutzung“ auf der ersten Stufe.

Denkanstöße

- Welche Häufigkeiten fehlen noch in der Tabelle, bevor du einen Baum aufstellen kannst? - Welche Gruppen bilden jeweils die erste Stufe der beiden geforderten Baumreihenfolgen? - Welche gemeinsamen Häufigkeiten ändern sich beim Wechsel der Reihenfolge nicht?

Lösung

1. Es gilt \(n(A\cap S)=1200-900=300\), \(n(B\cap R)=1300-900=400\), \(n(B)=2000-1200=800\), \(n(B\cap S)=800-400=400\) und \(n(S)=700\). 2. Für die Reihenfolge Altersgruppe → Nutzung erhält man \(P(A)=0{,}6\), \(P(B)=0{,}4\), \(P_A(R)=0{,}75\), \(P_A(S)=0{,}25\), \(P_B(R)=0{,}5\) und \(P_B(S)=0{,}5\). 3. Für die umgekehrte Reihenfolge Nutzung → Altersgruppe gilt \(P(R)=0{,}65\), \(P(S)=0{,}35\), \(P_R(A)=\frac{9}{13}\), \(P_R(B)=\frac{4}{13}\), \(P_S(A)=\frac{3}{7}\) und \(P_S(B)=\frac{4}{7}\).

Antwort

1. Fehlende Werte: \(n(A\cap S)=300\), \(n(B\cap R)=400\), \(n(B\cap S)=400\), \(n(B)=800\), \(n(S)=700\). 2. \(P(A)=0{,}6\), \(P(B)=0{,}4\), \(P_A(R)=0{,}75\), \(P_A(S)=0{,}25\), \(P_B(R)=0{,}5\), \(P_B(S)=0{,}5\). 3. \(P(R)=0{,}65\), \(P(S)=0{,}35\), \(P_R(A)=\frac{9}{13}\), \(P_R(B)=\frac{4}{13}\), \(P_S(A)=\frac{3}{7}\), \(P_S(B)=\frac{4}{7}\).
43744911
Bei einer Vorsorgeuntersuchung haben \(5\,\%\) der betrachteten Personen eine seltene Stoffwechselbesonderheit \(B\). Bei Vorliegen von \(B\) ist der Test mit Wahrscheinlichkeit \(95\,\%\) positiv (\(+\)); ohne \(B\) ist er mit Wahrscheinlichkeit \(10\,\%\) positiv. a) Ergänze im Baumdiagramm alle fehlenden Astwahrscheinlichkeiten und berechne die Wahrscheinlichkeiten der vier Pfadenden. b) Eine Person erhält ein positives Testergebnis. Bestimme \(P_+(B)\).
Abbildung zur Aufgabe 437449

Denkanstöße

- Ergänze zuerst an jeder Verzweigung die Gegenwahrscheinlichkeit. - Welche beiden Pfade führen zu einem positiven Testergebnis? - Für b) ist die Gruppe aller positiven Testergebnisse die neue Bezugsgruppe.

Lösung

1. Es gilt \(P(\bar{B})=0{,}95\), \(P_B(-)=0{,}05\) und \(P_{\bar{B}}(-)=0{,}90\). 2. Die vier Pfadwahrscheinlichkeiten sind \(P(B\cap +)=0{,}05\cdot0{,}95=0{,}0475\), \(P(B\cap -)=0{,}05\cdot0{,}05=0{,}0025\), \(P(\bar{B}\cap +)=0{,}95\cdot0{,}10=0{,}095\) und \(P(\bar{B}\cap -)=0{,}95\cdot0{,}90=0{,}855\). 3. Insgesamt ist \(P(+)=0{,}0475+0{,}095=0{,}1425\). 4. Innerhalb aller positiven Testergebnisse entfällt der Anteil \(0{,}0475\) auf Personen mit \(B\). Daher gilt \(P_+(B)=\frac{0{,}0475}{0{,}1425}=\frac{1}{3}\).

Antwort

a) Fehlende Astwahrscheinlichkeiten: \(P(\bar{B})=0{,}95\), \(P_B(-)=0{,}05\), \(P_{\bar{B}}(-)=0{,}90\). Pfadwahrscheinlichkeiten: \(0{,}0475\), \(0{,}0025\), \(0{,}095\), \(0{,}855\). b) \(P_+(B)=\frac{1}{3}\)
43747011
Bei Pendelnden bezeichnet \(B\) die Bahn und \(A\) das Auto als Hauptverkehrsmittel. Für die Einschätzung der täglichen Fahrtdauer stehen \(Z\) für „zufrieden“, \(N\) für „neutral“ und \(U\) für „unzufrieden“. a) Überführe die Daten in eine Tabelle mit zwei Zeilen für \(B\) und \(A\), drei Ergebnisspalten für \(Z\), \(N\) und \(U\) sowie den Randsummen. Trage die gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten ein. b) Bestimme \(P_Z(B)\) und interpretiere das Ergebnis. Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle. c) Bestimme \(P_U(A)\).
Abbildung zur Aufgabe 437470

Denkanstöße

- Die inneren Tabellenfelder entsprechen vollständigen Pfaden im Baumdiagramm. - Für eine Spaltensumme werden die gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten mit derselben zweiten Ausprägung addiert. - Bei b) und c) legt jeweils die zweite Ausprägung die Bezugsgruppe fest.

Lösung

1. Die gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten sind \(P(B\cap Z)=0{,}6\cdot0{,}5=0{,}30\), \(P(B\cap N)=0{,}18\), \(P(B\cap U)=0{,}12\), \(P(A\cap Z)=0{,}12\), \(P(A\cap N)=0{,}16\) und \(P(A\cap U)=0{,}12\). 2. Die Spaltensummen sind \(P(Z)=0{,}42\), \(P(N)=0{,}34\) und \(P(U)=0{,}24\). 3. Innerhalb der zufriedenen Personen ist \(P_Z(B)=\frac{0{,}30}{0{,}42}=\frac{5}{7}\approx0{,}7143\), also gerundet \(71{,}4\,\%\). Das ist der Bahnanteil unter den Zufriedenen. 4. Innerhalb der unzufriedenen Personen gilt \(P_U(A)=\frac{0{,}12}{0{,}24}=0{,}5\).

Antwort

a) <table><tr><th></th><th>\(Z\)</th><th>\(N\)</th><th>\(U\)</th><th>Summe</th></tr><tr><th>\(B\)</th><td>\(0{,}30\)</td><td>\(0{,}18\)</td><td>\(0{,}12\)</td><td>\(0{,}60\)</td></tr><tr><th>\(A\)</th><td>\(0{,}12\)</td><td>\(0{,}16\)</td><td>\(0{,}12\)</td><td>\(0{,}40\)</td></tr><tr><th>Summe</th><td>\(0{,}42\)</td><td>\(0{,}34\)</td><td>\(0{,}24\)</td><td>\(1\)</td></tr></table> b) \(P_Z(B)\approx71{,}4\,\%\); unter den Zufriedenen nutzen etwa \(71{,}4\,\%\) die Bahn. c) \(P_U(A)=50\,\%\)
43747311
Ein Unternehmen bezieht Akkus von den Herstellern Nordwerk und Südwerk. Das Ereignis \(N\) bedeutet „Akku von Nordwerk“, das Ereignis \(H\) „Akku mit besonders hoher Kapazität“. a) Berechne \(P(H)\) mithilfe des linken Baumdiagramms. b) Ergänze alle fehlenden Astwahrscheinlichkeiten im rechten, umgekehrten Baumdiagramm.
Abbildung zur Aufgabe 437473

Denkanstöße

- Welche vollständigen Pfade führen im linken Baum zum Ereignis \(H\)? - Beim Umkehren bleiben die gemeinsamen Pfadereignisse gleich; nur die Reihenfolge der Merkmale ändert sich. - Welche Bezugsgruppe steht im umgekehrten Baum jeweils an der ersten Stufe?

Lösung

1. Die beiden Pfade zu \(H\) haben die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}3\cdot0{,}6=0{,}18\) und \(0{,}7\cdot0{,}1=0{,}07\). Daher ist \(P(H)=0{,}25\). 2. Für die erste Stufe des umgekehrten Baums gilt damit \(P(H)=0{,}25\) und \(P(\bar{H})=0{,}75\). 3. Die Schnittwahrscheinlichkeiten bleiben beim Umkehren gleich. Deshalb ist \(P_H(N)=\frac{0{,}18}{0{,}25}=0{,}72\) und \(P_H(\bar{N})=0{,}28\). 4. Außerdem ist \(P(N\cap\bar{H})=0{,}3\cdot0{,}4=0{,}12\). Somit gilt \(P_{\bar{H}}(N)=\frac{0{,}12}{0{,}75}=0{,}16\) und \(P_{\bar{H}}(\bar{N})=0{,}84\).

Antwort

a) \(P(H)=0{,}25\) b) Erste Stufe: \(P(H)=0{,}25\), \(P(\bar{H})=0{,}75\). Nach \(H\): \(P_H(N)=0{,}72\), \(P_H(\bar{N})=0{,}28\). Nach \(\bar{H}\): \(P_{\bar{H}}(N)=0{,}16\), \(P_{\bar{H}}(\bar{N})=0{,}84\).
43747511
Bei der Qualitätskontrolle sind \(2\,\%\) der Mikrochips defekt (\(D\)). Ein Test zeigt bei einem defekten Chip mit Wahrscheinlichkeit \(95\,\%\) einen Defekt an (\(T\)). Bei einem einwandfreien Chip zeigt er mit Wahrscheinlichkeit \(2\,\%\) fälschlicherweise ebenfalls einen Defekt an. a) Vervollständige das Baumdiagramm. b) Bestimme \(P_T(D)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle. c) Bestimme den Anteil der einwandfreien Chips unter allen Chips mit Testanzeige \(T\). Erkläre, warum dieser Anteil trotz der hohen Erkennungswahrscheinlichkeit für defekte Chips so groß sein kann.
Abbildung zur Aufgabe 437475

Denkanstöße

- Ergänze zunächst die Gegenwahrscheinlichkeiten an den drei unvollständigen Verzweigungen. - Welche beiden Pfade führen zur Testanzeige \(T\)? - Für b) und c) besteht die Bezugsgruppe nur aus Chips mit der Anzeige \(T\). - Vergleiche für die Erklärung die Größe der beiden Ausgangsgruppen, nicht nur die Testquoten innerhalb der Gruppen.

Lösung

1. Es gilt \(P(\bar{D})=0{,}98\), \(P_D(\bar{T})=0{,}05\) und \(P_{\bar{D}}(\bar{T})=0{,}98\). 2. Für die Testanzeige \(T\) gilt \(P(T)=0{,}02\cdot0{,}95+0{,}98\cdot0{,}02=0{,}0386\). 3. Der Pfad \(D\cap T\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}019\). Damit ist \(P_T(D)=\frac{0{,}019}{0{,}0386}=\frac{95}{193}\approx0{,}4922\), also gerundet \(49{,}2\,\%\). 4. Der Anteil der einwandfreien Chips unter den angezeigten Defekten ist \(P_T(\bar{D})=1-P_T(D)=\frac{98}{193}\). 5. Obwohl ein einzelner einwandfreier Chip nur selten einen Fehlalarm erzeugt, gibt es sehr viel mehr einwandfreie als defekte Chips. Daher kann die Zahl der Fehlalarme ähnlich groß oder größer als die Zahl der echten Treffer sein.

Antwort

a) \(P(\bar{D})=0{,}98\), \(P_D(\bar{T})=0{,}05\), \(P_{\bar{D}}(\bar{T})=0{,}98\) b) \(P_T(D)\approx49{,}2\,\%\) c) \(P_T(\bar{D})=\frac{98}{193}\). Die große Gruppe der einwandfreien Chips erzeugt trotz kleiner Fehlalarmwahrscheinlichkeit viele Fehlalarme.
43748611
Bei einer Qualitätskontrolle sind \(3\,\%\) der elektronischen Bauteile fehlerhaft (\(F\)). Bei einem fehlerhaften Bauteil ist der Test mit Wahrscheinlichkeit \(96\,\%\) positiv (\(T\)); bei einem einwandfreien Bauteil ist er mit Wahrscheinlichkeit \(2\,\%\) positiv. a) Ergänze die fehlenden Wahrscheinlichkeiten im Baumdiagramm. b) Berechne \(P(T)\). c) Bestimme \(P_T(F)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle. d) Gib die Astwahrscheinlichkeiten für das umgekehrte Baumdiagramm an, bei dem \(T\) beziehungsweise \(\bar{T}\) auf der ersten Stufe steht. Runde nicht endliche Dezimalwerte auf vier Nachkommastellen.
Abbildung zur Aufgabe 437486

Denkanstöße

- Welche Wahrscheinlichkeiten fehlen im gegebenen Baum noch? - Welche Ereignisse bilden im umgekehrten Baum die neue erste Stufe? - Welche gemeinsamen Pfadwahrscheinlichkeiten bleiben beim Umkehren erhalten? - Wie lässt sich daraus ein Anteil innerhalb einer neuen Bezugsgruppe bestimmen?

Lösung

1. Im gegebenen Baum gilt \(P(\bar{F})=0{,}97\), \(P_F(\bar{T})=0{,}04\) und \(P_{\bar{F}}(\bar{T})=0{,}98\). 2. Die beiden positiven Pfade ergeben \(P(T)=0{,}03\cdot0{,}96+0{,}97\cdot0{,}02=0{,}0482\). Daher ist \(P(\bar{T})=0{,}9518\). 3. Der Pfad \(F\cap T\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}0288\). Somit gilt \(P_T(F)=\frac{0{,}0288}{0{,}0482}=\frac{144}{241}\approx0{,}5975\), also \(59{,}8\,\%\). 4. Für den umgekehrten Baum folgt nach \(T\): \(P_T(F)\approx0{,}5975\) und \(P_T(\bar{F})\approx0{,}4025\). 5. Für den Pfad \(F\cap\bar{T}\) gilt \(0{,}03\cdot0{,}04=0{,}0012\). Daher ist \(P_{\bar{T}}(F)=\frac{0{,}0012}{0{,}9518}\approx0{,}0013\) und \(P_{\bar{T}}(\bar{F})\approx0{,}9987\).

Antwort

a) \(P(\bar{F})=0{,}97\), \(P_F(\bar{T})=0{,}04\), \(P_{\bar{F}}(\bar{T})=0{,}98\) b) \(P(T)=0{,}0482\) c) \(P_T(F)\approx59{,}8\,\%\) d) Erste Stufe: \(P(T)=0{,}0482\), \(P(\bar{T})=0{,}9518\). Nach \(T\): \(P_T(F)\approx0{,}5975\), \(P_T(\bar{F})\approx0{,}4025\). Nach \(\bar{T}\): \(P_{\bar{T}}(F)\approx0{,}0013\), \(P_{\bar{T}}(\bar{F})\approx0{,}9987\).
43749011
Bei Jugendlichen bedeutet \(H\) „hört Podcasts“ und \(S\) „nutzt einen kostenpflichtigen Musik-Streamingdienst“. a) Berechne \(P(S)\) mit dem linken Baumdiagramm. b) Ergänze alle fehlenden Astwahrscheinlichkeiten im rechten, umgekehrten Baumdiagramm. c) Vergleiche \(P_H(S)\) und \(P_S(H)\) und erläutere, warum beide Wahrscheinlichkeiten unterschiedliche Fragen beantworten.
Abbildung zur Aufgabe 437490

Denkanstöße

- Welche gemeinsamen Ereignisse werden in beiden Baumreihenfolgen beschrieben? - Welche Wahrscheinlichkeiten brauchst du, um die neue erste Stufe festzulegen? - Wie kannst du die zweite Stufe im umgekehrten Baum als Anteile innerhalb dieser neuen Gruppen deuten? - Welche unterschiedliche Bezugsgruppe steckt in den beiden Wahrscheinlichkeiten aus c)?

Lösung

1. Im linken Baum ergeben sich die Pfadwahrscheinlichkeiten \(P(H\cap S)=0{,}4\cdot0{,}7=0{,}28\), \(P(H\cap\bar{S})=0{,}12\), \(P(\bar{H}\cap S)=0{,}18\) und \(P(\bar{H}\cap\bar{S})=0{,}42\). 2. Daher ist \(P(S)=0{,}28+0{,}18=0{,}46\) und \(P(\bar{S})=0{,}54\). 3. Für den umgekehrten Baum gilt \(P_S(H)=\frac{0{,}28}{0{,}46}=\frac{14}{23}\) und \(P_S(\bar{H})=\frac{9}{23}\). 4. Entsprechend ist \(P_{\bar{S}}(H)=\frac{0{,}12}{0{,}54}=\frac{2}{9}\) und \(P_{\bar{S}}(\bar{H})=\frac{7}{9}\). 5. \(P_H(S)=0{,}7\) bezieht sich auf die Gruppe der Podcast-Hörenden; \(P_S(H)=\frac{14}{23}\) auf die Gruppe der Streaming-Nutzenden. Die Bezugsgruppen sind verschieden.

Antwort

a) \(P(S)=0{,}46\) b) Erste Stufe: \(P(S)=0{,}46\), \(P(\bar{S})=0{,}54\). Nach \(S\): \(P_S(H)=\frac{14}{23}\), \(P_S(\bar{H})=\frac{9}{23}\). Nach \(\bar{S}\): \(P_{\bar{S}}(H)=\frac{2}{9}\), \(P_{\bar{S}}(\bar{H})=\frac{7}{9}\). c) \(P_H(S)=0{,}7\) ist der Streaming-Anteil unter den Podcast-Hörenden; \(P_S(H)=\frac{14}{23}\) ist der Podcast-Anteil unter den Streaming-Nutzenden.
43756511
Bestimme \(P_B(A)\) und \(P_{\bar{B}}(A)\).
Abbildung zur Aufgabe 437565

Denkanstöße

- Welche gemeinsamen Ereignisse kannst du aus dem gegebenen Baum bestimmen? - Welche Bezugsgruppen gehören zu \(P_B(A)\) und \(P_{\bar B}(A)\)? - Wie lassen sich die passenden gemeinsamen Ereignisse auf diese Gruppen beziehen?

Lösung

1. Die vier Pfadwahrscheinlichkeiten sind \(P(A\cap B)=0{,}4\cdot0{,}75=0{,}30\), \(P(A\cap\bar{B})=0{,}4\cdot0{,}25=0{,}10\), \(P(\bar{A}\cap B)=0{,}6\cdot0{,}25=0{,}15\) und \(P(\bar{A}\cap\bar{B})=0{,}6\cdot0{,}75=0{,}45\). 2. Daraus folgt \(P(B)=0{,}30+0{,}15=0{,}45\). Somit ist \(P_B(A)=\frac{0{,}30}{0{,}45}=\frac{2}{3}\). 3. Außerdem ist \(P(\bar{B})=0{,}10+0{,}45=0{,}55\). Daher gilt \(P_{\bar{B}}(A)=\frac{0{,}10}{0{,}55}=\frac{2}{11}\).

Antwort

\(P_B(A)=\frac{2}{3}\); \(P_{\bar{B}}(A)=\frac{2}{11}\)
43758111
Mit \(H\) sei das Ereignis „Bauteil von HavelTech“, mit \(I\) „Bauteil von IsarParts“, mit \(E\) „Bauteil von ElbeComp“ und mit \(F\) „Bauteil ist fehlerhaft“ bezeichnet. Ein zufällig ausgewähltes Bauteil ist fehlerhaft. Bestimme \(P_F(E)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle.
Abbildung zur Aufgabe 437581

Denkanstöße

- Welche Gruppen tragen insgesamt zum Ereignis „fehlerhaft“ bei? - Welche dieser Fälle stammen von ElbeComp? - Welche Bezugsgruppe ist durch die Information „Bauteil ist fehlerhaft“ festgelegt?

Lösung

1. Die Fehlerpfade haben die Wahrscheinlichkeiten \(P(H\cap F)=0{,}5\cdot0{,}01=0{,}005\), \(P(I\cap F)=0{,}3\cdot0{,}03=0{,}009\) und \(P(E\cap F)=0{,}2\cdot0{,}05=0{,}010\). 2. Damit ist \(P(F)=0{,}005+0{,}009+0{,}010=0{,}024\). 3. Innerhalb aller fehlerhaften Bauteile gilt \(P_F(E)=\frac{0{,}010}{0{,}024}=\frac{5}{12}\approx0{,}4167\), also gerundet \(41{,}7\,\%\).

Antwort

\(P_F(E)=\frac{5}{12}\approx41{,}7\,\%\)
55350611
Mira behauptet: „Im linken Baum steht am Ast von \(U\) zu \(A\) die Zahl \(0{,}80\). Deshalb muss im rechten Baum am Ast von \(A\) zu \(U\) ebenfalls \(0{,}80\) stehen.“ Erkläre den Denkfehler. Bestimme anschließend \(P(A)\) und \(P_A(U)\) und gib an, welche Bezugsgruppe der Nenner bei \(P_A(U)\) beschreibt.
Abbildung zur Aufgabe 553506

Denkanstöße

- Welche Richtung hat die bedingte Wahrscheinlichkeit im linken Baum, welche im rechten? - Welches gemeinsame Ereignis beschreibt in beiden Bäumen denselben Pfadanteil? - Welche Gruppe ist bei \(P_A(U)\) bereits festgelegt?

Lösung

1. Der Astwert \(0{,}80\) im linken Baum ist \(P_U(A)\). Er bezieht sich auf die Bezugsgruppe \(U\) und darf beim Umkehren nicht einfach übernommen werden. 2. Es gilt \(P(U\cap A)=0{,}30\cdot0{,}80=0{,}24\). 3. Der zweite Pfad zu \(A\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}70\cdot0{,}20=0{,}14\). Somit ist \(P(A)=0{,}24+0{,}14=0{,}38\). 4. Im umgekehrten Baum ist die Bezugsgruppe für \(P_A(U)\) die gesamte Gruppe \(A\). Daher gilt \(P_A(U)=\frac{0{,}24}{0{,}38}=\frac{12}{19}\).

Antwort

Miras Fehler ist die Verwechslung von \(P_U(A)\) mit \(P_A(U)\). Es gilt \(P(A)=0{,}38\) und \(P_A(U)=\frac{12}{19}\). Der Nenner bezieht sich auf die gesamte Bezugsgruppe \(A\).
55821511
Bestimme im Baum b) die drei fehlenden Wahrscheinlichkeiten \(P(B)\), \(P_B(A)\) und \(P_B(\bar A)\). Nutze dazu die Wahrscheinlichkeiten aus Baum a).
Abbildung zur Aufgabe 558215

Denkanstöße

- Welche gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten aus Baum a) bleiben beim Umkehren unverändert? - Welche neue Bezugsgruppe entsteht im rechten Baum unter \(B\)? - Wie lässt sich ein Anteil innerhalb dieser Bezugsgruppe beschreiben?

Lösung

Zuerst wird die Randwahrscheinlichkeit von \(B\) bestimmt: \(P(B)=0{,}6\cdot0{,}5+0{,}4\cdot0{,}25=0{,}3+0{,}1=0{,}4.\) Für die umgekehrten bedingten Wahrscheinlichkeiten gilt \(P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}3}{0{,}4}=0{,}75,\) \(P_B(\bar{A})=\frac{P(\bar{A}\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}1}{0{,}4}=0{,}25.\)

Antwort

\(P(B)=0{,}4\), \(P_B(A)=0{,}75\), \(P_B(\bar{A})=0{,}25\)
55821611
Bestimme aus dem Baumdiagramm a) \(P(B)\) in Abhängigkeit von \(p\), b) \(P_B(A)\) in Abhängigkeit von \(p\).
Abbildung zur Aufgabe 558216

Denkanstöße

- Welche Wege im Baum können zum Ereignis \(B\) führen? - Welche gemeinsame Wahrscheinlichkeit brauchst du für die umgekehrte Bedingung? - Prüfe, ob deine Terme für \(0\le p\le1\) sinnvoll bleiben.

Lösung

a) Mit der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit gilt \(P(B)=p\cdot0{,}8+(1-p)\cdot0{,}2.\) Damit \(P(B)=0{,}6p+0{,}2.\) b) Es ist \(P(A\cap B)=0{,}8p\). Daher \(P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}8p}{0{,}6p+0{,}2}.\)

Antwort

a) \(P(B)=0{,}6p+0{,}2\) b) \(P_B(A)=\frac{0{,}8p}{0{,}6p+0{,}2}\)
55822811
Im Baum steht \(F\) für Fahrrad, \(B\) für Bus, \(Z\) für „zu Fuß“ und \(R\) für „rechtzeitig“. Es gilt \(0<p<0{,}7\). a) Bestimme \(P(R)\) in Abhängigkeit von \(p\). b) Bestimme für den umgekehrten Baum \(P_R(F)\), \(P_R(B)\) und \(P_R(Z)\) in Abhängigkeit von \(p\).
Abbildung zur Aufgabe 558228

Denkanstöße

- Welche vollständigen Pfade gehören zum Ereignis „rechtzeitig“? - Welche gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten bleiben erhalten, wenn die Reihenfolge im Baum umgekehrt wird? - Welche Bezugsgruppe haben alle drei Wahrscheinlichkeiten in b)?

Lösung

a) Zum Ereignis \(R\) führen drei Pfade: \(P(R)=0{,}8p+0{,}3\cdot0{,}6+(0{,}7-p)\cdot0{,}4.\) Damit gilt \(P(R)=0{,}8p+0{,}18+0{,}28-0{,}4p=0{,}4p+0{,}46.\) b) Die gemeinsamen Wahrscheinlichkeiten der drei rechtzeitigen Pfade sind \(P(F\cap R)=0{,}8p\), \(P(B\cap R)=0{,}18\) und \(P(Z\cap R)=0{,}28-0{,}4p\). Daher gilt \(P_R(F)=\frac{0{,}8p}{0{,}4p+0{,}46}\), \(P_R(B)=\frac{0{,}18}{0{,}4p+0{,}46}\), \(P_R(Z)=\frac{0{,}28-0{,}4p}{0{,}4p+0{,}46}\).

Antwort

a) \(P(R)=0{,}4p+0{,}46\) b) \(P_R(F)=\frac{0{,}8p}{0{,}4p+0{,}46}\) \(P_R(B)=\frac{0{,}18}{0{,}4p+0{,}46}\) \(P_R(Z)=\frac{0{,}28-0{,}4p}{0{,}4p+0{,}46}\)
55674011
Das linke Baumdiagramm zeigt zwei Ereignisse \(A\) und \(B\) in der Reihenfolge \(A\) dann \(B\). Es gelte \(0<p<1\), \(0<q<1\) und \(0<r<1\). Das rechte Baumdiagramm soll dieselben Ereignisse in umgekehrter Reihenfolge darstellen. Leite alle sechs Astwahrscheinlichkeiten des rechten Baumdiagramms ausschließlich als Terme in \(p\), \(q\) und \(r\) her. Begründe dabei, welche vollständigen Pfadwahrscheinlichkeiten beim Umkehren unverändert bleiben.
Abbildung zur Aufgabe 556740

Denkanstöße

- Beginne nicht mit den neuen Astwahrscheinlichkeiten, sondern mit den vier vollständigen Pfaden des linken Baums. - Beim Umkehren bleiben die gemeinsamen Ereignisse wie \(A\cap B\) dieselben, obwohl sich ihre Reihenfolge im Baum ändert. - Fasse passende Pfade zusammen, um zuerst die beiden Wahrscheinlichkeiten der neuen ersten Stufe zu erhalten. - Für die zweite Stufe ist jeweils die neue erste-Stufe-Gruppe die Bezugsgruppe.

Lösung

1. Im linken Baum sind die vier vollständigen Pfadwahrscheinlichkeiten \(P(A\cap B)=pq\), \(P(A\cap\bar B)=p(1-q)\), \(P(\bar A\cap B)=(1-p)r\) und \(P(\bar A\cap\bar B)=(1-p)(1-r)\). 2. Beim Umkehren ändern sich nur die Bezugsgruppen der Astwahrscheinlichkeiten; die vier gemeinsamen Ereignisse und damit ihre Pfadwahrscheinlichkeiten bleiben unverändert. 3. Für die erste Stufe des rechten Baums gilt daher \(P(B)=pq+(1-p)r\) und \(P(\bar B)=p(1-q)+(1-p)(1-r)\). 4. Innerhalb der neuen Bezugsgruppe \(B\) erhält man \(P_B(A)=\frac{pq}{pq+(1-p)r}\) und \(P_B(\bar A)=\frac{(1-p)r}{pq+(1-p)r}\). 5. Innerhalb der neuen Bezugsgruppe \(\bar B\) erhält man \(P_{\bar B}(A)=\frac{p(1-q)}{p(1-q)+(1-p)(1-r)}\) und \(P_{\bar B}(\bar A)=\frac{(1-p)(1-r)}{p(1-q)+(1-p)(1-r)}\).

Antwort

\(P(B)=pq+(1-p)r\), \(P(\bar B)=p(1-q)+(1-p)(1-r)\), \(P_B(A)=\frac{pq}{pq+(1-p)r}\), \(P_B(\bar A)=\frac{(1-p)r}{pq+(1-p)r}\), \(P_{\bar B}(A)=\frac{p(1-q)}{p(1-q)+(1-p)(1-r)}\), \(P_{\bar B}(\bar A)=\frac{(1-p)(1-r)}{p(1-q)+(1-p)(1-r)}\).

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