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

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

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

- 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 \(3+3+3+2=11\).

- Lies einen vollständigen Pfad immer vom Start bis zu einem Endknoten. - Jede Verzweigung nach Kopf und Zahl gehört zur zweiten Stufe. - Für die Ergebnisliste verbindest du jede Möglichkeit der ersten Stufe mit jeder Möglichkeit der zweiten.

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

a) Zwei Stufen. b) Zuerst Kopf, danach \(2\). c) Kopf–\(1\), Kopf–\(2\), Kopf–\(3\), Zahl–\(1\), Zahl–\(2\), Zahl–\(3\).

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

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

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

- Vergleiche die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe mit denen der ersten. - Welche Handlung hält die Zusammensetzung des Beutels unverändert?

1. In Diagramm A bleiben die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe \(\frac{3}{5}\) und \(\frac{2}{5}\). Die Zusammensetzung ist also nach der ersten Ziehung wieder dieselbe; A beschreibt Ziehen mit Zurücklegen. 2. In Diagramm B ändern sich die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe und haben den Nenner \(4\). Nach der ersten Ziehung fehlt also eine Kugel; B beschreibt Ziehen ohne Zurücklegen.

A: mit Zurücklegen, weil die Wahrscheinlichkeiten der zweiten Stufe unverändert \(\frac{3}{5}\) und \(\frac{2}{5}\) bleiben. B: ohne Zurücklegen, weil sich die Wahrscheinlichkeiten nach der ersten Ziehung entsprechend der verbleibenden vier Kugeln ändern.

- Bestimme für jeden Ast der ersten Stufe, welche Kugeln danach noch in der Urne liegen. - In der zweiten Stufe sind insgesamt nur noch vier Kugeln vorhanden. - Prüfe für jeden Knoten, ob sich die beiden ausgehenden Astwahrscheinlichkeiten zu \(1\) ergänzen.

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

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

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

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

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

- Zähle zuerst die geordneten Möglichkeiten für die erste und zweite Socke. - Für „gleiche Farbe“ kannst du die günstigen grauen und blauen Paare getrennt zählen. - Welches Gegenereignis zu „mindestens eine blaue Socke“ hat nur eine Farbart?

1. Für die erste Socke gibt es \(10\) und für die zweite noch \(9\) Möglichkeiten. Insgesamt gibt es \(10\cdot9=90\) gleich wahrscheinliche geordnete Paare. 2. Für zwei graue Socken gibt es \(6\cdot5=30\) günstige Paare, für zwei blaue \(4\cdot3=12\). Damit sind \(42\) Paare günstig und \(P(\text{gleiche Farbe})=\frac{42}{90}=\frac{7}{15}\). 3. Das Gegenereignis zu „mindestens eine blaue Socke“ ist „zwei graue Socken“. Dafür sind \(30\) der \(90\) Paare günstig. Somit gilt \(P(\text{mindestens eine blau})=1-\frac{30}{90}=\frac{2}{3}\).

a) \(90\) geordnete Paare. b) \(\frac{7}{15}\approx46{,}7\,\%\) c) \(\frac{2}{3}\approx66{,}7\,\%\)

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

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

a) 8 Endknoten b) \(0{,}729=72{,}9\,\%\) c) \(0{,}243=24{,}3\,\%\)

- 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) \(P(A)=\frac{4}{27}\); \(P(B)=\frac{4}{27}\); \(P(C)=\frac{1}{3}\); \(P(D)=\frac{2}{3}\)

- Welche Häufigkeiten von \(a\) und \(b\) muss ein Pfad für das Produkt \(a^2b\) enthalten? - An welcher der drei Positionen kann der einzelne Faktor \(b\) stehen? - Was zählt \(\binom32\) im Zusammenhang mit drei Positionen?

1. Ein Pfad muss genau zweimal \(a\) und einmal \(b\) enthalten. 2. Die passenden Pfadfolgen sind \((a,a,b)\), \((a,b,a)\) und \((b,a,a)\). 3. Es gibt also drei passende Pfade. 4. Der Binomialkoeffizient \(\binom32\) zählt die Möglichkeiten, zwei der drei Positionen für den Faktor \(a\) auszuwählen. Daher ist \(\binom32=3\), genau wie die Zahl der passenden Pfade.

a) \((a,a,b)\), \((a,b,a)\), \((b,a,a)\) b) \(3\) c) \(\binom32=3\) zählt die Wahl der zwei \(a\)-Positionen unter drei Positionen.

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

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

a) Jeder offene Knoten erhält die Äste \(G\) mit \(0{,}8\) und \(F\) mit \(0{,}2\); der vollständige Baum hat drei Stufen und \(8\) Endknoten. b) \(P(A)=0{,}384=38{,}4\,\%\) c) \(P(B)=0{,}992=99{,}2\,\%\)

- An jedem Knoten ist dessen absolute Häufigkeit die neue Bezugsgröße. - Teile die Häufigkeit eines Kindknotens durch die Häufigkeit seines Elternknotens. - Kontrolliere, ob die beiden Astwahrscheinlichkeiten an jedem Knoten zusammen \(1\) ergeben.

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

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

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

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

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

- Vergleiche die zweite Stufe mit der Angabe „ohne Zurücklegen“. - Überlege getrennt, was nach einer zuerst grünen und nach einer zuerst orangen Kugel in der Urne bleibt. - Kontrolliere an jedem Knoten, ob die korrigierten ausgehenden Wahrscheinlichkeiten zusammen \(1\) ergeben.

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

a) Die zweite Stufe wurde fälschlich mit unveränderten Astwahrscheinlichkeiten gezeichnet. b) Nach grün: grün \(\frac{1}{2}\), orange \(\frac{1}{2}\). Nach orange: grün \(1\), orange \(0\).

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

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

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

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

1. Ein mögliches Modell sind fünf gleichartige Karten, davon drei mit \(A\) und zwei mit \(B\). Es werden zwei Karten nacheinander zufällig gezogen, ohne die erste Karte zurückzulegen. 2. Beim ersten Zug gilt \(P(A)=\frac{3}{5}\) und \(P(B)=\frac{2}{5}\), wie im Baum. 3. Nach einem ersten \(A\) bleiben zwei \(A\)-Karten und zwei \(B\)-Karten unter vier Karten; daher lauten die zweiten Astwahrscheinlichkeiten \(\frac{2}{4}\) und \(\frac{2}{4}\). Nach einem ersten \(B\) bleiben drei \(A\)-Karten und eine \(B\)-Karte; daher lauten sie \(\frac{3}{4}\) und \(\frac{1}{4}\). 4. Die Behauptung ist falsch: Der erste Zug verändert die Zusammensetzung, weil nicht zurückgelegt wird. Deshalb hängt die zweite A-Wahrscheinlichkeit davon ab, ob zuerst A oder B gezogen wurde.

Zum Beispiel: fünf Karten mit den Aufschriften \(A,A,A,B,B\); zwei Ziehungen nacheinander ohne Zurücklegen. Nach einem ersten \(A\) gilt für \(A\) im zweiten Zug \(\frac{2}{4}\), nach einem ersten \(B\) dagegen \(\frac{3}{4}\). Die Behauptung ist daher falsch.