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- Wofür steht ein vollständiger Weg vom Start bis zu einem Endpunkt? - Zähle die Endpunkte zunächst getrennt für jeden Raum. - Führe die Teilanzahlen anschließend zusammen.

1. Jeder Endpunkt des Baums steht für eine vollständige Kombination aus Raum und Zeitblock. 2. Die Äste zu A, B und C haben jeweils drei Endpunkte. Das sind zusammen \(3+3+3=9\) Kombinationen. 3. Der Ast zu D hat zwei Endpunkte. Insgesamt sind daher \(9+2=11\) zulässige Kombinationen dargestellt.

Es gibt \(11\) zulässige Kombinationen. Man liest die Anzahl ab, indem man die Endpunkte des Baums zählt: bei A, B und C jeweils \(3\), bei D \(2\), also \(3+3+3+2=11\).

- Achte darauf, in welcher Stufe das Ereignis \(E\) bereits entschieden ist. - Bestimme den Anteil der blauen Karten an allen Karten. - Überlege, ob ein späteres Zufallsergebnis die bereits gezogene Kartenfarbe noch verändern kann.

1. Das Ereignis \(E\) wird vollständig durch die erste Stufe bestimmt. 2. Unter den \(10\) Karten sind \(3\) blau. Daher gilt \(P(E)=\frac{3}{10}=0{,}3\). 3. Der spätere Würfelwurf kann nicht mehr ändern, welche Farbe die bereits gezogene Karte hatte. Er ist für \(E\) daher ohne Einfluss.

\(P(E)=\frac{3}{10}=0{,}3=30\,\%\). Der anschließende Würfelwurf spielt für \(E\) keine Rolle, weil \(E\) nur die erste Stufe betrifft.

- Überlege bei jeder Situation, wie viele nacheinander ausgeführte Zufallsschritte vorkommen. - Ein einzelner Zufallsschritt bildet nur eine Stufe.

1. Bei b) werden drei Zufallsschritte nacheinander ausgeführt; jeder Münzwurf bildet eine eigene Stufe. 2. Bei a) und c) wird jeweils nur ein Zufallsschritt ausgeführt. Diese Experimente besitzen daher jeweils nur eine Stufe.

b) Das Experiment hat drei Stufen; a) und c) haben jeweils nur eine Stufe.

- Trenne die beiden nacheinander ausgeführten Zufallsauswahlen. - Ein vollständiges Ergebnis enthält je ein Ergebnis aus jeder Stufe.

1. Das Zufallsexperiment hat zwei Stufen. 2. In der ersten Stufe sind „Natur“ und „Technik“ möglich. In der zweiten Stufe sind „leicht“, „mittel“ und „schwer“ möglich. 3. Ein vollständiges Ergebnis ist zum Beispiel „Natur – mittel“.

a) Zwei Stufen. b) Erste Stufe: Natur, Technik; zweite Stufe: leicht, mittel, schwer. c) Zum Beispiel „Natur – mittel“.

- Welche zwei Ergebnisse sind für jeden einzelnen Wurf relevant? - Welche Annahme brauchst du über die Trefferwahrscheinlichkeit von Wurf zu Wurf? - Welche Beziehung müssen die einzelnen Würfe zueinander haben?

1. Für jeden Wurf werden nur zwei Ergebnisse unterschieden: Treffer und Fehlwurf. 2. Für das Bernoulli-Modell wird angenommen, dass die Trefferwahrscheinlichkeit bei jedem Wurf konstant \(p=0{,}8\) beträgt. 3. Außerdem wird angenommen, dass die Würfe stochastisch unabhängig sind, also das Ergebnis eines Wurfs die Trefferwahrscheinlichkeit der anderen Würfe nicht verändert. 4. Unter diesen Annahmen werden \(12\) gleichartige Bernoulli-Versuche durchgeführt; daher liegt eine Bernoulli-Kette der Länge \(n=12\) vor.

Die Serie kann als Bernoulli-Kette mit \(n=12\) und \(p=0{,}8\) modelliert werden, wenn pro Wurf nur Treffer/Fehlwurf unterschieden werden, die Trefferwahrscheinlichkeit konstant bleibt und die Würfe stochastisch unabhängig sind.

- Ist die Zahl der Teilversuche von Anfang an festgelegt? - Bleibt die Trefferwahrscheinlichkeit bei jeder Wiederholung gleich? - Sind die Teilversuche stochastisch unabhängig? - Bei einem mehrwertigen Versuch darfst du für die Fragestellung ein Ereignis als „Treffer“ und sein Gegenereignis als „Nichttreffer“ zusammenfassen.

1. a) Ja. Treffer ist „Primzahl“, also \(2\), \(3\) oder \(5\). Daher ist \(p=\frac36=0{,}5\) und \(n=12\). 2. b) Nein. Beim Ziehen ohne Zurücklegen ändern sich die Zusammensetzung der Schachtel und damit die Trefferwahrscheinlichkeit; die Versuche sind nicht unabhängig. 3. c) Nein. Die Zahl der Würfe ist nicht im Voraus festgelegt, sondern hängt davon ab, wann der dritte Treffer erreicht wird. 4. d) Ja. Treffer ist „Gelb“, also \(p=\frac13\), und es gibt fest \(n=20\) Drehungen.

a) Ja; Treffer: Primzahl; \(n=12\); \(p=0{,}5\). b) Nein; beim Ziehen ohne Zurücklegen ändern sich die Wahrscheinlichkeiten und die Versuche sind abhängig. c) Nein; die Versuchsanzahl ist nicht im Voraus festgelegt. d) Ja; Treffer: Gelb; \(n=20\); \(p=\frac13\).

- Wie viele Möglichkeiten gibt es unabhängig voneinander an jeder der vier Stellen? - Wie verändert sich die Auswahl, wenn bereits verwendete Ziffern nicht noch einmal vorkommen dürfen? - Welche wenigen Codes erfüllen bei c) die Bedingung „alle vier Stellen gleich“?

1. Für jede der vier Stellen gibt es \(6\) Möglichkeiten. Daher gibt es insgesamt \(6^4=1296\) Codes. 2. Für vier verschiedene Ziffern stehen nacheinander \(6\), \(5\), \(4\) und \(3\) Möglichkeiten zur Verfügung. Damit gibt es \(6\cdot5\cdot4\cdot3=360\) solche Codes. 3. Für c) sind genau die sechs Codes \(1111\), \(2222\), \(3333\), \(4444\), \(5555\) und \(6666\) günstig. 4. Bei \(1296\) gleich wahrscheinlichen Codes gilt daher \(P=\frac{6}{1296}=\frac{1}{216}\approx0{,}00463\).

a) \(1296\) b) \(360\) c) \(\frac{1}{216}\approx0{,}00463\)

- Wie viele verschiedene Ausgänge darf ein Experiment haben, damit man es einen Bernoulli-Versuch nennt? - Kann man mehrere Ergebnisse zu einer Gruppe (einem Ereignis) zusammenfassen, um die Bedingung zu erfüllen? - Schau dir an, wie viele Kategorien am Ende jeweils unterschieden werden.

1. Ein Bernoulli-Versuch ist dadurch definiert, dass es genau zwei mögliche Ergebnisse gibt, die oft als Erfolg und Misserfolg bezeichnet werden. 2. Zu a): Es liegen sechs verschiedene mögliche Ergebnisse vor (\(1, 2, 3, 4, 5, 6\)). Da dies mehr als zwei sind, ist es kein Bernoulli-Versuch. 3. Zu b): Die Ergebnismenge wird in zwei komplementäre Gruppen unterteilt (Primzahl oder keine Primzahl). Da es nur diese zwei Möglichkeiten gibt, handelt es sich um einen Bernoulli-Versuch. 4. Zu c): Auch hier gibt es nur zwei Möglichkeiten (Augenzahl \(> 4\) oder Augenzahl \(\leq 4\)). Somit liegt ein Bernoulli-Versuch vor.

a) Nein, es ist kein Bernoulli-Versuch. b) Ja, es ist ein Bernoulli-Versuch. c) Ja, es ist ein Bernoulli-Versuch.

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Kugeltripel entstehen wegen des Zurücklegens? - An welcher der drei Positionen kann die eine blaue Kugel stehen? - Zähle für jede Position die möglichen einzelnen roten beziehungsweise blauen Kugeln.

1. Die Urne enthält \(5\) Kugeln. Wegen des Zurücklegens gibt es \(5^3=125\) gleich wahrscheinliche geordnete Kugeltripel. 2. Die eine blaue Position kann auf \(3\) Arten gewählt werden. Für jede rote Position stehen \(2\) einzelne rote Kugeln und für die blaue Position \(3\) einzelne blaue Kugeln zur Verfügung. 3. Damit sind \(3\cdot2^2\cdot3=36\) Tripel günstig. Es gilt \(P=\frac{36}{125}=0{,}288=28{,}8\,\%\).

\(\frac{36}{125}=0{,}288=28{,}8\,\%\)

- Welche zweite Aufgabe wählt die App nach einer richtigen ersten Antwort, und welche nach einer falschen? - Die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe müssen zur jeweils tatsächlich gestellten Aufgabe passen. - Prüfe an jedem Knoten, ob sich die beiden Astwahrscheinlichkeiten zu \(1\) ergänzen.

1. Die Astwahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe dürfen nicht aus der ersten Stufe übernommen werden, weil die App je nach erstem Ergebnis einen anderen Aufgabentyp auswählt. 2. Nach einer richtigen ersten Antwort wird eine schwere Aufgabe gestellt. Daher gelten dort \(P(R)=0{,}45\) und \(P(F)=0{,}55\). 3. Nach einer falschen ersten Antwort wird eine leichte Aufgabe gestellt. Daher gelten dort \(P(R)=0{,}80\) und \(P(F)=0{,}20\). 4. Das vorgeschlagene Modell ist deshalb falsch: Die Wahrscheinlichkeit in der zweiten Stufe hängt hier über die Anpassungsregel der App vom ersten Ergebnis ab.

Das vorgeschlagene Modell ist falsch. Nach R gilt in der zweiten Stufe \(P(R)=0{,}45\) und \(P(F)=0{,}55\); nach F gilt \(P(R)=0{,}80\) und \(P(F)=0{,}20\). Die App wählt abhängig vom ersten Ergebnis unterschiedliche Schwierigkeitsgrade, daher bleiben die Astwahrscheinlichkeiten nicht unverändert.

- Beginne getrennt mit jedem möglichen Ergebnis der ersten Stufe. - Welche Motive können jeweils danach überhaupt noch auftreten? - Vergleiche die Anzahl und Art der Möglichkeiten in den beiden zweiten Stufen.

1. Die vollständigen Ergebnisse sind Stadt–Brücke, Stadt–Bahnhof, Natur–Wald, Natur–See und Natur–Berge. 2. Nach „Stadt“ besitzt die zweite Stufe zwei mögliche Ergebnisse, nach „Natur“ drei. Welche Auswahl in der zweiten Stufe überhaupt möglich ist, wird also durch die erste Stufe festgelegt.

a) Stadt–Brücke, Stadt–Bahnhof, Natur–Wald, Natur–See, Natur–Berge. b) Die zweite Stufe hat je nach erster Kategorie unterschiedliche mögliche Ergebnisse.

- Vergleiche die beiden Angaben für „bestanden“ direkt miteinander. - Frage dich, welche Information aus der ersten Stufe man kennen muss, bevor der zweite Ast beschriftet werden kann. - Ein Baum darf an verschiedenen Knoten derselben Stufe unterschiedliche Astwahrscheinlichkeiten haben.

1. Die Wahrscheinlichkeit der zweiten Stufe hängt davon ab, welches Programm in der ersten Stufe ausgewählt wurde. 2. Nach Programm A muss am Ast „bestanden“ \(0{,}8\) stehen; nach Programm B muss dort \(0{,}35\) stehen. 3. Ein einziger gemeinsamer Wert würde die unterschiedliche Abhängigkeit von der ersten Stufe verlieren.

Nach A: \(P(\text{bestanden})=0{,}8\); nach B: \(P(\text{bestanden})=0{,}35\). Eine gemeinsame zweite Astwahrscheinlichkeit ist nicht möglich, weil sie vom Ergebnis der ersten Stufe abhängt.

- Welche vollständigen Pfade gehören jeweils zum gesuchten Ereignis? - Entlang eines vollständigen Pfades werden die drei Astwahrscheinlichkeiten miteinander verknüpft. - Für „mindestens zwei“ musst du sowohl die Fälle mit genau zwei als auch den Fall mit drei keimenden Samen berücksichtigen.

a) Für „alle drei keimen“ gibt es den Pfad KKK: \(P(\mathrm{KKK})=0{,}7\cdot0{,}7\cdot0{,}7=0{,}343\). b) Für „kein Samen keimt“ gibt es den Pfad NNN: \(P(\mathrm{NNN})=0{,}3\cdot0{,}3\cdot0{,}3=0{,}027\). c) „Mindestens zwei keimen“ umfasst KKN, KNK, NKK und KKK. Für jeden Pfad mit genau zwei keimenden Samen gilt \(0{,}7\cdot0{,}7\cdot0{,}3=0{,}147\). Daher ist \(P(\text{mindestens zwei})=0{,}147+0{,}147+0{,}147+0{,}343=0{,}784\).

a) \(34{,}3\,\%\) (oder \(0{,}343\)) b) \(2{,}7\,\%\) (oder \(0{,}027\)) c) \(78{,}4\,\%\) (oder \(0{,}784\))

- Bezeichne „defekt“ und „intakt“ kurz und notiere die vollständigen Viererfolgen, die zur jeweiligen Bedingung passen. - Auf einem vollständigen Pfad werden die vier Astwahrscheinlichkeiten miteinander multipliziert. - Prüfe bei „genau ein“ und „genau zwei“, an welchen Positionen die defekten Teile liegen können.

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

a) ca. \(81{,}45\,\%\) b) ca. \(17{,}15\,\%\) c) ca. \(1{,}35\,\%\)

- 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.

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 NNTT zum Ereignis. Daher ist \(P(B)=0{,}4^2\cdot0{,}6^2=0{,}0576\). 4. Das Gegenereignis zu \(C\) ist NNNN. Daher ist \(P(C)=1-0{,}4^4=0{,}9744\). 5. Genau zwei Treffer treten auf den sechs Pfaden TTNN, TNTN, TNNT, NTTN, NTNT und NNTT auf. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}6^2\cdot0{,}4^2=0{,}0576\). Somit ist \(P(D)=6\cdot0{,}0576=0{,}3456\).

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) \(P(A)=0{,}1296\); \(P(B)=0{,}0576\); \(P(C)=0{,}9744\); \(P(D)=0{,}3456\)

- Welche zwei Astwahrscheinlichkeiten gehören zu jeder Prüfung, und was bewirkt das Zurücklegen für die Zusammensetzung? - Bei einem fest vorgegebenen Ablauf reicht ein vollständiger Pfad. - Für „mindestens ein fehlerhaftes Glas“ kann das Gegenereignis einfacher sein. - Bei „genau ein fehlerhaftes Glas“ ist entscheidend, an welcher der fünf Positionen der Fehler liegt.

1. Für ein fehlerhaftes Glas gilt die Astwahrscheinlichkeit \(0{,}1\), für ein einwandfreies Glas \(0{,}9\). Wegen des Modells „mit Zurücklegen“ bleibt die Zusammensetzung bei jeder der fünf Prüfungen gleich. 2. Für \(E\) gehört nur der Pfad EEEEE zum Ereignis. Daher ist \(P(E)=0{,}9^5=0{,}59049\). 3. Für \(F\) gehört nur der Pfad EEEFF zum Ereignis. Daher ist \(P(F)=0{,}9^3\cdot0{,}1^2=0{,}00729\). 4. Das Gegenereignis zu \(G\) ist „kein Glas ist fehlerhaft“. Daher ist \(P(G)=1-0{,}59049=0{,}40951\). 5. Genau ein fehlerhaftes Glas kann an fünf Positionen stehen: FEEEE, EFEEE, EEFEE, EEEFE oder EEEEF. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1\cdot0{,}9^4=0{,}06561\). Somit ist \(P(H)=5\cdot0{,}06561=0{,}32805\).

a) Fehlerhaft: \(0{,}1\); einwandfrei: \(0{,}9\). Die Wahrscheinlichkeiten bleiben gleich, weil das Ziehen als Ziehen mit Zurücklegen modelliert wird und sich die Zusammensetzung dadurch nicht ändert. b) \(P(E)=0{,}59049\); \(P(F)=0{,}00729\); \(P(G)=0{,}40951\); \(P(H)=0{,}32805\)

- 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.

a) Die acht Ergebnisse sind \(TTT, TTN, TNT, NTT, TNN, NTN, NNT, NNN\). b) \(P(TNN)=0{,}4\cdot0{,}6\cdot0{,}6=0{,}144\). \(P(TTN)=0{,}4\cdot0{,}4\cdot0{,}6=0{,}096\). c) Genau ein Treffer tritt auf den Pfaden TNN, NTN und NNT auf. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}144\). Daher \(P(\text{genau ein Treffer})=3\cdot0{,}144=0{,}432\). 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 \(0{,}4^3=0{,}064\). Somit \(P(\text{mindestens zwei Treffer})=3\cdot0{,}096+0{,}064=0{,}352\).

a) \(\{TTT, TTN, TNT, NTT, TNN, NTN, NNT, NNN\}\) b) \(P(TNN)=0{,}144\); \(P(TTN)=0{,}096\) c) \(P(\text{genau ein Treffer})=0{,}432\); \(P(\text{mindestens zwei Treffer})=0{,}352\)

- 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.

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

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.

- Vergleiche, wie viele Gewinnlose und wie viele Lose insgesamt vor dem zweiten Zug vorhanden sind. - Überlege, welche Wirkung das Zurücklegen auf die Zusammensetzung der Schachtel hat. - Betrachte bei b) die beiden möglichen Ergebnisse des ersten Zugs getrennt.

a) Nach jedem Zug liegen wieder \(5\) Gewinnlose unter \(20\) Losen in der Schachtel. Deshalb beträgt die Gewinnwahrscheinlichkeit bei jedem Zug \(\frac{5}{20}=\frac{1}{4}=0{,}25\). b) Nach einem Gewinn im ersten Zug bleiben \(4\) Gewinnlose unter \(19\) Losen. Die Gewinnwahrscheinlichkeit im zweiten Zug ist dann \(\frac{4}{19}\approx 0{,}211\). Nach einer Niete im ersten Zug bleiben \(5\) Gewinnlose unter \(19\) Losen. Die Gewinnwahrscheinlichkeit ist dann \(\frac{5}{19}\approx 0{,}263\). Ohne Zurücklegen hängt die Zusammensetzung der Schachtel vom Ergebnis des ersten Zugs ab. Deshalb können sich die Wahrscheinlichkeiten an der nächsten Stufe unterscheiden.

a) Die Gewinnwahrscheinlichkeit bleibt bei \(0{,}25=25\,\%\). b) Nach einem Gewinn: \(\frac{4}{19}\approx 21{,}1\,\%\); nach einer Niete: \(\frac{5}{19}\approx 26{,}3\,\%\). Ohne Zurücklegen verändert der erste Zug die Zusammensetzung der Schachtel.

- 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.

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

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) \(P(A)=0{,}04286875\); \(P(B)=0{,}171475\); \(P(C)=0{,}857375\)

- 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?

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 \(P(\text{genau zwei }N)=6\cdot0{,}01625625=0{,}0975375\approx9{,}75\,\%\). 4. In b) ist nur der Pfad \((N,N,K,K)\) günstig. Seine Wahrscheinlichkeit beträgt \(0{,}15^2\cdot0{,}85^2=0{,}01625625\approx1{,}63\,\%\).

a) \(P\approx9{,}75\,\%\) b) \(P\approx1{,}63\,\%\)

- 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)?

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 \(P((T,T,T,T,F))=0{,}08192\).

a) \(0{,}4096=40{,}96\,\%\) b) \(0{,}08192=8{,}192\,\%\)

- Welche Bedingungen gelten bei jedem Ereignis für die erste, zweite und dritte Stelle? - Wie viele gleich wahrscheinliche Tripel sind bei drei Drehungen insgesamt möglich? - Welche Ergebnisse erfüllen jeweils die geforderte Bedingung?

1. Für \(A\) muss die erste Zahl \(1\) sein, während die zweite und dritte Zahl jeweils \(2\) oder \(3\) sind. Daher gilt \(A=\{(1,2,2),(1,2,3),(1,3,2),(1,3,3)\}\). 2. Für \(B\) dürfen die ersten beiden Zahlen nicht \(1\) sein, die dritte Zahl ist \(1\). Daher gilt \(B=\{(2,2,1),(2,3,1),(3,2,1),(3,3,1)\}\). 3. Für \(C\) ist die dritte Stelle fest, die ersten beiden Stellen haben jeweils drei Möglichkeiten. Es gibt also \(3\cdot3=9\) Ergebnisse. Für \(D\) hat die dritte Stelle zwei Möglichkeiten, also gibt es \(3\cdot3\cdot2=18\) Ergebnisse. 4. Insgesamt gibt es \(3^3=27\) gleich wahrscheinliche Ergebnisse. Damit gilt \(P(A)=\frac{4}{27}\), \(P(B)=\frac{4}{27}\), \(P(C)=\frac{9}{27}=\frac{1}{3}\) und \(P(D)=\frac{18}{27}=\frac{2}{3}\).

a) \(A=\{(1,2,2),(1,2,3),(1,3,2),(1,3,3)\}\); \(B=\{(2,2,1),(2,3,1),(3,2,1),(3,3,1)\}\) b) \(C\): \(9\) Ergebnisse; \(D\): \(18\) Ergebnisse c) \(P(A)=\frac{4}{27}\); \(P(B)=\frac{4}{27}\); \(P(C)=\frac{1}{3}\); \(P(D)=\frac{2}{3}\)

- 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.

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

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) \(P(A) = \frac{9}{64} \approx 14{,}1\,\%\); \(P(B) = \frac{3}{16} = 18{,}75\,\%\); \(P(C) = \frac{1}{4} = 25\,\%\); \(P(D) = \frac{3}{4} = 75\,\%\)

- Welche drei Bedingungen brauchst du für eine Bernoulli-Kette? - Ist eine kleine Änderung der Trefferwahrscheinlichkeit dasselbe wie mathematische Unabhängigkeit? - Was geschieht beim Ziehen ohne Zurücklegen mit der Zusammensetzung einer endlichen Grundgesamtheit?

1. Für die laufende Produktion wird angenommen, dass jede geprüfte Flasche nur als defekt oder intakt eingestuft wird, dass für jede Flasche dieselbe Defektwahrscheinlichkeit gilt und dass die Defektzustände der geprüften Flaschen stochastisch unabhängig sind. Unter diesen Modellannahmen liegt eine Bernoulli-Kette vor. 2. Die Kettenlänge ist \(n=100\), die Trefferwahrscheinlichkeit ist \(p=0{,}005\). 3. Beim Ziehen von \(100\) aus nur \(120\) Flaschen ohne Zurücklegen verändert jeder Zug die Zusammensetzung des Kastens. Die Trefferwahrscheinlichkeit ist daher nicht konstant und die Ziehungen sind nicht stochastisch unabhängig. Somit liegt keine Bernoulli-Kette vor.

a) Erforderlich sind zwei relevante Ergebnisse, konstantes \(p\) und stochastische Unabhängigkeit der \(100\) Prüfungen. b) \(n=100\), \(p=0{,}005\). c) Keine Bernoulli-Kette: Beim Ziehen ohne Zurücklegen aus nur \(120\) Flaschen ändern sich die Wahrscheinlichkeiten und die Ziehungen sind abhängig.

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Zahlenpaare sind bei zwei Ziehungen mit Zurücklegen möglich? - Welche Zahlenpaare erfüllen jeweils die Bedingung des Ereignisses? - Arbeite bei jeder Teilaufgabe systematisch, damit kein günstiger Fall fehlt oder doppelt gezählt wird.

1. Bei zwei Ziehungen mit Zurücklegen gibt es \(4\cdot4=16\) gleich wahrscheinliche geordnete Ergebnisse. 2. Für a) sind \((1,4)\), \((2,3)\), \((3,2)\) und \((4,1)\) günstig. Daher gilt \(P=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}=0{,}25\). 3. Für b) sind \((1,1)\), \((1,4)\), \((2,2)\), \((3,3)\), \((4,1)\) und \((4,4)\) günstig. Daher gilt \(P=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}=0{,}375\). 4. Für c) sind \((2,1)\), \((3,1)\), \((3,2)\), \((4,1)\), \((4,2)\) und \((4,3)\) günstig. Daher gilt \(P=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}=0{,}375\).

a) \(\frac{1}{4}=0{,}25\) b) \(\frac{3}{8}=0{,}375\) c) \(\frac{3}{8}=0{,}375\)

- Wie viele Möglichkeiten gibt es an jeder Position, solange Wiederholungen erlaubt sind? - Was verändert sich bei jeder weiteren Position, wenn ein Zeichen nicht erneut verwendet werden darf? - Bei c) sind alle erzeugten fünfstelligen Codes gleich wahrscheinlich; du kannst günstige und mögliche Strukturen vergleichen.

1. Insgesamt stehen \(10+8=18\) Zeichen zur Verfügung. 2. Bei Wiederholung gibt es an jeder der fünf Stellen \(18\) Möglichkeiten. Daher sind \(18^5=1\,889\,568\) Codes möglich. 3. Ohne Wiederholung gibt es nacheinander \(18\), \(17\), \(16\), \(15\) und \(14\) Möglichkeiten. Damit erhält man \(18\cdot17\cdot16\cdot15\cdot14=1\,028\,160\) Codes. 4. Für c) sind \(10^5=100\,000\) der \(18^5=1\,889\,568\) gleich wahrscheinlichen Codes günstig. Daher gilt \(P=\frac{100000}{1889568}=\frac{3125}{59049}\approx0{,}05292\).

a) \(1\,889\,568\) Codes b) \(1\,028\,160\) Codes c) \(\frac{3125}{59049}\approx5{,}29\,\%\)

- Welche Auswahlmöglichkeiten bleiben an einer Position übrig, wenn bereits verwendete Ziffern ausgeschlossen sind? - Bei b) ist nur die unmittelbar vorherige Ziffer für die nächste Position gesperrt. - Welche beiden ersten Entscheidungen legen bei einem abwechselnden Code bereits die restlichen Stellen fest?

1. Für a) stehen nacheinander \(6\), \(5\), \(4\) und \(3\) Ziffern zur Verfügung. Daher gibt es \(6\cdot5\cdot4\cdot3=360\) Codes. 2. Für b) gibt es für die erste Stelle \(6\) Möglichkeiten. An jeder weiteren Stelle sind \(5\) Ziffern zulässig. Somit gibt es \(6\cdot5^3=750\) zulässige Codes. 3. Für c) kann die erste Ziffer auf \(6\) Arten gewählt werden und die zweite auf \(5\) andere Arten. Danach ist das Wechselmuster festgelegt. Es gibt also \(6\cdot5=30\) günstige zulässige Codes. 4. Damit gilt \(P=\frac{30}{750}=\frac{1}{25}=0{,}04\).

a) \(360\) b) \(750\) c) \(\frac{1}{25}=4\,\%\)

- Wie viele Farbentscheidungen gibt es an jeder Position, wenn Wiederholungen erlaubt sind? - Wie verändert sich die Zahl der noch verfügbaren Farben, wenn keine Farbe erneut vorkommen darf? - Welches Gegenereignis zu c) lässt sich durch eine einzige Folge von Auswahlzahlen erfassen?

1. Bei erlaubter Wiederholung gibt es an jeder der fünf Positionen \(12\) Möglichkeiten. Daher sind \(12^5=248\,832\) Muster möglich. 2. Ohne Wiederholung stehen nacheinander \(12\), \(11\), \(10\), \(9\) und \(8\) Farben zur Verfügung. Damit gibt es \(12\cdot11\cdot10\cdot9\cdot8=95\,040\) Muster. 3. Das Gegenereignis zu „mindestens eine Farbe kommt mehrfach vor“ lautet „alle fünf Farben sind verschieden“. 4. Von den \(248\,832\) gleich wahrscheinlichen Mustern haben \(95\,040\) fünf verschiedene Farben. Daher gilt \(P(\text{alle Farben verschieden})=\frac{95040}{248832}=\frac{55}{144}\). Somit ist \(P(\text{mindestens eine Wiederholung})=1-\frac{55}{144}=\frac{89}{144}\approx0{,}6181\).

a) \(248\,832\) b) \(95\,040\) c) \(\frac{89}{144}\approx61{,}81\,\%\)

- Wie viele Ergebnisse hat ein Bernoulli-Versuch per Definition? - Kannst du die drei Kategorien so in zwei Gruppen aufteilen, dass jede Gruppe als ein einziges Gesamtergebnis zählt? - Denk an das Konzept des Gegenereignisses.

1. Ein Bernoulli-Versuch darf laut Definition nur genau zwei Ergebnisse haben. Da hier zwischen drei Arten unterschieden wird (Hauptgewinn, Kleingewinn, Niete), ist die Bedingung nicht erfüllt. 2. Mögliche Umformungen durch Zusammenfassung von Ergebnissen: Variante 1: Erfolg = „Gewinn“ (Haupt- oder Kleingewinn), Misserfolg = „Niete“. Variante 2: Erfolg = „Hauptgewinn“, Misserfolg = „kein Hauptgewinn“ (Kleingewinn oder Niete). 3. Die Aussage ist korrekt. Jedes Zufallsexperiment mit beliebig vielen Ergebnissen kann zu einem Bernoulli-Versuch reduziert werden, indem man ein bestimmtes Ereignis \(A\) als „Erfolg“ definiert und dessen Gegenereignis \(\bar{A}\) als „Misserfolg“ definiert.

a) Es liegen drei statt zwei Ergebnisse vor. b) Z. B. „Gewinn oder Niete“ oder „Hauptgewinn oder kein Hauptgewinn“. c) Die Aussage ist wahr, da man Ergebnisse stets in ein Ereignis \(E\) und sein Gegenereignis \(\bar{E}\) aufteilen kann.

- Identifiziere Trefferwahrscheinlichkeit und Stichprobenumfang. - Berechne zunächst den Erwartungswert, um zu wissen, um welche Werte herum die Wahrscheinlichkeiten am höchsten sind. - Untersuche die Werte an den Rändern der Verteilung, also sehr kleine und sehr große \(k\). - Nutze die Bernoulli-Formel für die Einzelwahrscheinlichkeiten.

1. Die Zufallsgröße \(X\) ist binomialverteilt mit \(n=15\) und \(p=0{,}40\). Daher ist \(P(X=6)=\binom{15}{6}0{,}4^6 0{,}6^9\approx0{,}2066\). 2. Für die Randwerte prüft man \(P(X=k)=\binom{15}{k}0{,}4^k 0{,}6^{15-k}\). Es gilt \(P(X=0)\approx0{,}000470\), \(P(X=1)\approx0{,}004702\), aber \(P(X=2)\approx0{,}021942\). 3. Am oberen Rand gilt \(P(X=10)\approx0{,}024486\), \(P(X=11)\approx0{,}007420\), \(P(X=12)\approx0{,}001649\), \(P(X=13)\approx0{,}000254\), \(P(X=14)\approx0{,}000024\) und \(P(X=15)\approx0{,}000001\). 4. Damit liegen genau die Werte \(k\in\{0;1;11;12;13;14;15\}\) unter der Grenze von \(1\,\%\).

1. \(P(X=6)\approx0{,}2066\) 2. \(k\in\{0;1;11;12;13;14;15\}\)

- Lies zuerst aus der Abbildung ab, welche Zahlen und Farben auf den fünf gleich großen Sektoren stehen. - Ordne die Ergebnisse der zwei Drehungen als geordnete Paare. - Bei b) kann das Gegenereignis „zweimal dieselbe Farbe“ kürzer sein.

1. Bei zwei Drehungen gibt es \(5\cdot5=25\) gleich wahrscheinliche geordnete Zahlenpaare. Eine Summe von mindestens \(7\) liefern \((2,5)\), \((3,4)\), \((3,5)\), \((4,3)\), \((4,4)\), \((4,5)\), \((5,2)\), \((5,3)\), \((5,4)\) und \((5,5)\). Daher ist \(P(\text{Summe mindestens }7)=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}=0{,}4\). 2. Für gleiche Farben gibt es \(4\) Rot-Rot-Paare, \(4\) Blau-Blau-Paare und \(1\) Grün-Grün-Paar, also \(9\) von \(25\) Ergebnissen. Über das Gegenereignis folgt \(P(\text{unterschiedliche Farben})=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25}=0{,}64\).

a) \(P=0{,}4=40\,\%\) b) \(P=0{,}64=64\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen gibt es bei drei Drehungen? - Für b) wird jede der vier Farben als dreifach gleiche Folge gezählt. - Für c) musst du bestimmen, welche Farbe doppelt und welche nur einmal vorkommt. - Für d) ist das Gegenereignis „kein Gelb“ einfacher zu zählen.

1. Insgesamt gibt es \(4^3=64\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen. 2. Für a) ist genau eine Farbfolge günstig. Daher gilt \(P=\frac{1}{64}\). 3. Für b) sind die vier Folgen mit dreimal derselben Farbe günstig. Daher gilt \(P=\frac{4}{64}=\frac{1}{16}\). 4. Für c) kann die doppelt vorkommende Farbe auf \(4\) Arten und die zweite Farbe anschließend auf \(3\) Arten gewählt werden. Die einmal vorkommende Farbe kann an \(3\) Positionen stehen. Damit sind \(4\cdot3\cdot3=36\) Folgen günstig und \(P=\frac{36}{64}=\frac{9}{16}\). 5. Für d) ist das Gegenereignis „kein Gelb“. Dafür stehen bei jeder Drehung \(3\) Sektoren zur Verfügung. Somit gilt \(P=1-\frac{3^3}{4^3}=\frac{37}{64}\).

a) \(\frac{1}{64}\) b) \(\frac{1}{16}\) c) \(\frac{9}{16}\) d) \(\frac{37}{64}\)

- Welche gleich wahrscheinlichen geordneten Zahlenpaare können bei zwei Drehungen entstehen? - Welche Paare erfüllen jeweils die Bedingung von \(A\) beziehungsweise \(B\)? - Vergleiche die Anzahlen der günstigen Paare mit derselben Gesamtzahl möglicher Ergebnisse.

1. Bei zwei Drehungen entstehen \(5\cdot5=25\) gleich wahrscheinliche geordnete Zahlenpaare. 2. Für \(A\) sind \((1,5)\), \((2,4)\), \((3,3)\), \((4,2)\) und \((5,1)\) günstig. Daher gilt \(P(A)=\frac{5}{25}=\frac{1}{5}=0{,}2\). 3. Für \(B\) sind zehn geordnete Paare günstig: \((2,1)\), \((3,1)\), \((3,2)\), \((4,1)\), \((4,2)\), \((4,3)\), \((5,1)\), \((5,2)\), \((5,3)\), \((5,4)\). Daher gilt \(P(B)=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}=0{,}4\). 4. Da \(0{,}4>0{,}2\), ist \(B\) wahrscheinlicher.

Ereignis \(B\) ist wahrscheinlicher. Es gilt \(P(A)=20\,\%\) und \(P(B)=40\,\%\).

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

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

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

- 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.

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 \(P=0{,}9\cdot0{,}9=0{,}81\).

a) \(P=0{,}09=9\,\%\) b) \(P=0{,}81=81\,\%\)

- 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.

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 \(P(\text{Erfolg})=\frac{1}{3}+\frac{1}{18}=\frac{7}{18}\approx0{,}389\).

\(P(\text{Erfolg})=\frac{7}{18}\approx38{,}9\,\%\)

- Achte auf die Tiefe, an der ein Pfad im Baum endet. - Für c) ist das Ergebnis des dritten Versuchs nicht mehr entscheidend für den Endzeitpunkt. - Prüfe am Schluss, ob die drei möglichen Endzeitpunkte zusammen die Wahrscheinlichkeit \(1\) ergeben.

a) Nach dem ersten Versuch endet das Verfahren auf dem Treffer-Ast: \(P=0{,}25\). b) Für ein Ende nach dem zweiten Versuch ist der Pfad „kein Treffer, Treffer“ nötig: \(P=0{,}75\cdot 0{,}25=0{,}1875\). c) 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 \(P=0{,}75^2=0{,}5625\). Zur Kontrolle: \(0{,}25+0{,}1875+0{,}5625=1\).

a) \(P=0{,}25\) b) \(P=0{,}1875\) c) \(P=0{,}5625\)

- 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.

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.

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 \(\frac{1}{5}\).

- Prüfe zuerst, unter welcher Bedingung das Spiel sofort endet. - Ein vollständiger Pfad muss nicht dieselbe Länge wie jeder andere vollständige Pfad haben. - Unterscheide „höchstens zwei Stufen“ von „immer zwei Stufen“.

1. Die vollständigen Ergebnisfolgen sind \(6\), „keine \(6\) – Kopf“ und „keine \(6\) – Zahl“. Sie führen der Reihe nach zu Hauptgewinn, Trostpreis und keinem Gewinn. 2. Nach einer \(6\) wird die Münze nicht mehr geworfen. Dieser Pfad endet bereits nach der ersten Stufe; nur bei „keine \(6\)“ folgt eine zweite Stufe. 3. Höchstens werden zwei Stufen durchlaufen.

a) \(6\): Hauptgewinn; „keine \(6\) – Kopf“: Trostpreis; „keine \(6\) – Zahl“: kein Gewinn. b) Nach einer \(6\) endet das Experiment bereits nach der ersten Stufe. c) Höchstens zwei Stufen.

- 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.

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

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 \(P=1-0{,}95^6\approx 0{,}2649\approx 26{,}49\,\%\).

- 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?

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.

a) \(78{,}4\,\%\); mindestens ein Treffer ist wahrscheinlicher als kein Treffer \((21{,}6\,\%)\). b) Mindestens \(5\) Würfe

- 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.

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.

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

- Prüfe kleine natürliche Werte für \(n\) nacheinander. - Wie viele Stationszuordnungen sind bei einem festen \(n\) insgesamt gleich wahrscheinlich? - Wie viele Zuordnungen bleiben günstig, wenn jede Station höchstens einmal vergeben werden darf? - Für die Minimalität musst du den letzten Wert oberhalb und den ersten Wert unterhalb der Grenze vergleichen.

1. Für \(n=1\) gibt es genau eine Zuordnung; sie ist günstig. Daher ist die Wahrscheinlichkeit \(1\). 2. Für \(n=2\) gibt es \(2^2=4\) gleich wahrscheinliche Zuordnungen. In \(2\) davon erhalten die beiden Gruppen verschiedene Stationen. Daher ist \(P=\frac{2}{4}=0{,}5\). 3. Für \(n=3\) gibt es \(3^3=27\) Zuordnungen. Für drei verschiedene Stationen gibt es \(3\cdot2\cdot1=6\) günstige Zuordnungen. Daher ist \(P=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}\approx0{,}2222\). 4. Für \(n=4\) gibt es \(4^4=256\) Zuordnungen. Für vier verschiedene Stationen gibt es \(4\cdot3\cdot2\cdot1=24\) günstige Zuordnungen. Daher ist \(P=\frac{24}{256}=\frac{3}{32}=0{,}09375\). 5. Bei \(n=3\) liegt die Wahrscheinlichkeit noch über \(10\,\%\), bei \(n=4\) erstmals darunter. Der kleinste gesuchte Wert ist daher \(n=4\).

\(n=4\)

- Betrachte das Gegenereignis „alle Geburtsmonate verschieden“. - Wie viele gleich wahrscheinliche Monatszuordnungen gibt es für einen festen Wert von \(k\)? - Wie viele Möglichkeiten bleiben für die nächste Person, wenn bisher alle Monate verschieden sind? - Vergleiche benachbarte Werte von \(k\), damit die Minimalität gesichert ist.

1. Das Gegenereignis lautet: Alle \(k\) Jugendlichen haben verschiedene Geburtsmonate. 2. Für \(k=4\) gibt es \(12^4\) gleich wahrscheinliche Monatszuordnungen. Für vier verschiedene Monate sind \(12\cdot11\cdot10\cdot9\) Zuordnungen günstig. Daher gilt \(P(\text{alle verschieden})=\frac{55}{96}\approx0{,}5729\) und somit \(P(\text{mindestens zwei gleich})\approx0{,}4271\). 3. Für \(k=5\) gibt es \(12^5\) gleich wahrscheinliche Zuordnungen. Für fünf verschiedene Monate sind \(12\cdot11\cdot10\cdot9\cdot8\) günstig. Damit gilt \(P(\text{alle verschieden})=\frac{55}{144}\approx0{,}3819\) und \(P(\text{mindestens zwei gleich})=1-\frac{55}{144}=\frac{89}{144}\approx0{,}6181\). 4. Mit jeder zusätzlichen Person kann eine bereits vorhandene Monatsübereinstimmung nicht wieder verschwinden; die Kollisionswahrscheinlichkeit nimmt daher nicht ab. Da die Grenze bei \(k=4\) noch nicht und bei \(k=5\) überschritten wird, ist \(k=5\) minimal.

\(k=5\)

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

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

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