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

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

\(\frac{1}{8}=12{,}5\,\%\)

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

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

\(P(E)=0{,}45=45\,\%\)

- Wie viele geordnete Ergebnisse sind bei drei Würfen insgesamt möglich? - Welche Werte darf nur der dritte Wurf annehmen, wenn die ersten beiden Würfe jeweils \(6\) zeigen sollen? - Teile die Zahl der günstigen gleich wahrscheinlichen Tripel durch die Gesamtzahl der Tripel.

1. Bei drei Würfen gibt es \(6^3=216\) gleich wahrscheinliche geordnete Würfeltripel. 2. Günstig sind genau die fünf Tripel \((6,6,1)\), \((6,6,2)\), \((6,6,3)\), \((6,6,4)\) und \((6,6,5)\). 3. Daher gilt \(P=\frac{5}{216}\).

\(\frac{5}{216}\)

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

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

\(32{,}768\,\%\)

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

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

Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(1-0{,}98^{10}\approx0{,}1829\approx18{,}29\,\%\).

- Bestimme für jedes Spiel zuerst die Anzahl aller gleich wahrscheinlichen geordneten Ergebnisse. - Wie viele dieser Ergebnisse erfüllen jeweils genau die Gewinnbedingung? - Vergleiche die beiden entstandenen Brüche.

1. Bei Spiel A gibt es \(6^3=216\) gleich wahrscheinliche geordnete Würfeltripel. Nur \((6,6,6)\) ist günstig. Daher gilt \(P(A)=\frac{1}{216}\approx0{,}00463\). 2. Bei Spiel B gibt es wegen des Zurücklegens \(32^2=1024\) gleich wahrscheinliche geordnete Kartenpaare. Nur das Paar Herz-Ass–Herz-Ass ist günstig. Daher gilt \(P(B)=\frac{1}{1024}\approx0{,}00098\). 3. Wegen \(\frac{1}{216}>\frac{1}{1024}\) ist die Gewinnchance bei Spiel A größer.

Spiel A: \(\frac{1}{216}\approx0{,}46\,\%\) Spiel B: \(\frac{1}{1024}\approx0{,}10\,\%\) Die Gewinnchance ist bei Spiel A größer.

- Wie viele gleich wahrscheinliche vierstellige Einstellungen gibt es insgesamt? - Wie viele davon öffnen das Schloss? - Setze günstige und mögliche Ergebnisse ins Verhältnis.

1. Es gibt \(10^4=10\,000\) gleich wahrscheinliche vierstellige Einstellungen. 2. Genau eine dieser Einstellungen ist günstig. 3. Nach dem Laplace-Modell gilt daher \(P=\frac{1}{10000}=0{,}0001=0{,}01\,\%\).

\(\frac{1}{10000}=0{,}0001=0{,}01\,\%\)

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

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

Das Gegenereignis \(\overline{E}\) lautet: „Beide Bauteile sind einwandfrei.“ Es gilt \(P(\overline{E})=0{,}95\cdot0{,}95=0{,}9025\) und damit \(P(E)=1-0{,}9025=0{,}0975=9{,}75\,\%\).

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

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

(1) \(P=0{,}064\) (2) \(P=0{,}432\) (3) \(P=0{,}936\)

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

1. Es gilt \(P(\text{defekt})=0{,}05\) und \(P(\text{intakt})=0{,}95\). 2. Nach der Produktregel ist \(P(\text{alle intakt})=0{,}95^4\approx0{,}8145\). 3. Für den festen Pfad „defekt – intakt – intakt – intakt“ gilt nach der Produktregel \(P=0{,}05\cdot0{,}95^3\approx0{,}0429\). 4. Das Gegenereignis zu „mindestens eine Lampe defekt“ ist „alle intakt“. Daher gilt \(P=1-0{,}95^4\approx0{,}1855\).

a) etwa \(81{,}45\,\%\) b) etwa \(4{,}29\,\%\) c) etwa \(18{,}55\,\%\)

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

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

a) Falsch. Innerhalb eines Pfades gilt die Produktregel; zwischen disjunkten günstigen Pfaden gilt die Summenregel. b) Wahr. Die ausgehenden Äste eines Knotens decken alle Möglichkeiten der nächsten Stufe ab und summieren sich zu \(1\).

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

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

(1) \(0{,}8\) (2) \(0{,}032\) (3) \(0{,}008\)

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

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

Nicht entfernt: \(6\,\%\); erfolgreich aussortiert: \(94\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare entstehen bei zwei Drehungen? - Zähle aus der Abbildung die Sektoren jeder Farbe. - Für b) kannst du die günstigen Paare für jede Farbe getrennt zählen und anschließend addieren.

1. Bei zwei Drehungen gibt es \(8\cdot8=64\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Grün liegt auf \(2\) Sektoren. Für zweimal Grün sind daher \(2\cdot2=4\) Paare günstig. Somit gilt \(P(E_1)=\frac{4}{64}=\frac{1}{16}=6{,}25\,\%\). 3. Für zweimal dieselbe Farbe sind \(3^2\) rote, \(3^2\) blaue und \(2^2\) grüne Sektorenpaare günstig. Insgesamt sind das \(9+9+4=22\) Paare. Daher gilt \(P(E_2)=\frac{22}{64}=\frac{11}{32}=34{,}375\,\%\).

a) \(P(E_1)=\frac{1}{16}=6{,}25\,\%\) b) \(P(E_2)=\frac{11}{32}=34{,}375\,\%\)

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

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

Gegenereignis: „Kein einziges Mal wird Grün gedreht.“ \(P(E)=\frac{55}{64}\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare entstehen insgesamt? - Für a) ist die Reihenfolge der beiden Farben fest. - Für b) ist das Gegenereignis „kein Rot“ einfacher zu zählen.

1. Bei zwei Drehungen gibt es \(5^2=25\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Für a) stehen beim ersten Dreh \(2\) grüne und beim zweiten \(1\) gelber Sektor zur Verfügung. Daher sind \(2\cdot1=2\) Paare günstig und \(P=\frac{2}{25}=8\,\%\). 3. Für b) ist das Gegenereignis „kein Rot“. Auf \(3\) der \(5\) Sektoren liegt kein Rot, also sind \(3^2=9\) Paare für das Gegenereignis günstig. Damit gilt \(P=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25}=64\,\%\).

a) \(\frac{2}{25}=8\,\%\) b) \(\frac{16}{25}=64\,\%\)

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

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

Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{7}{16}=43{,}75\,\%\).

- Lies die möglichen Zahlen direkt an beiden Glücksrädern ab und beachte ihre Reihenfolge. - Stelle die Ergebnisse als Paare \((A,B)\) dar. - Zähle für jedes Ereignis systematisch die günstigen Paare.

1. Aus den Abbildungen liest man für A drei und für B vier gleich wahrscheinliche Zahlen ab. Damit gibt es \(3\cdot 4=12\) gleich wahrscheinliche geordnete Paare. 2. Zu a) sind \((1,4)\), \((2,3)\) und \((3,2)\) günstig. Daher gilt \(P=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}=25\,\%\). 3. Zu b) sind \((1,2)\), \((1,3)\), \((1,4)\), \((2,3)\), \((2,4)\) und \((3,4)\) günstig. Also gilt \(P=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}=50\,\%\). 4. Zu c) sind \((1,1)\), \((2,2)\) und \((3,3)\) günstig. Damit gilt \(P=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}=25\,\%\).

a) \(\frac{1}{4}=25\,\%\) b) \(\frac{1}{2}=50\,\%\) c) \(\frac{1}{4}=25\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen gibt es bei drei Drehungen? - An welcher der drei Positionen kann die einzige gelbe Drehung stehen? - Für jede blaue Position gibt es mehrere mögliche blaue Sektoren.

1. Auf dem Rad gibt es \(1\) gelben und \(3\) blaue Sektoren. Insgesamt entstehen \(4^3=64\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen. 2. Die gelbe Drehung kann an der ersten, zweiten oder dritten Position stehen. Die möglichen Farbfolgen sind Gelb–Blau–Blau, Blau–Gelb–Blau und Blau–Blau–Gelb. 3. Für jede dieser drei Farbfolgen gibt es für die beiden blauen Positionen jeweils \(3\) mögliche Sektoren. Damit sind \(3\cdot3^2=27\) Sektorenfolgen günstig. 4. Daher gilt \(P(E)=\frac{27}{64}\).

a) Gelb–Blau–Blau, Blau–Gelb–Blau, Blau–Blau–Gelb. b) \(P(E)=\frac{27}{64}\)

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

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

a) Das Gegenereignis \(\bar A\) lautet: „Das Rad zeigt kein einziges Mal Rot“ (oder „Das Rad zeigt dreimal Blau“). b) \(P(\bar A)=\frac{64}{125}\) c) \(P(A)=\frac{61}{125}\)

- Bestimme die Gesamtzahl der gleich wahrscheinlichen Sektorenpaare. - Wie viele grüne Sektoren können in jeder Position auftreten? - Für b) ist das Gegenereignis „kein Rot“ einfacher zu zählen.

1. Bei zwei Drehungen gibt es \(10^2=100\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Für zweimal Grün sind \(2\cdot2=4\) Paare günstig. Daher gilt \(P=\frac{4}{100}=4\,\%\). 3. Für b) ist das Gegenereignis „kein Rot“. Auf \(7\) Sektoren liegt kein Rot, also sind \(7^2=49\) Paare für das Gegenereignis günstig. Damit sind \(100-49=51\) Paare günstig und \(P=\frac{51}{100}=51\,\%\).

a) \(4\,\%\) b) \(51\,\%\)

- Betrachte die einzelnen Sektoren, nicht nur die verschiedenen aufgedruckten Zahlen. - Welche geordneten Zahlenpaare haben die Summe \(4\)? - Prüfe bei einer mehrfach vorkommenden Zahl, wie viele verschiedene Sektorenpaare zu demselben Zahlenpaar gehören.

1. Bei jeder Drehung sind fünf Sektoren gleich wahrscheinlich. Daher gibt es bei zwei Drehungen \(5\cdot5=25\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Für die Werte \(1+3\) und \(3+1\) gibt es jeweils genau ein günstiges Sektorenpaar. 3. Die Zahl \(2\) steht auf zwei Sektoren. Für \(2+2\) gibt es deshalb \(2\cdot2=4\) günstige Sektorenpaare. 4. Insgesamt sind \(1+1+4=6\) der \(25\) Paare günstig. Somit gilt \(P(E)=\frac{6}{25}=0{,}24=24\,\%\).

\(P(E)=\frac{6}{25}=0{,}24=24\,\%\)

- Wie viele geordnete Kugelpaare sind wegen des Zurücklegens insgesamt gleich wahrscheinlich? - Zähle in der Abbildung, wie viele A- und N-Kugeln zur Verfügung stehen. - Multipliziere beim Zählen die Anzahl der möglichen Einzelkugeln für die erste und zweite Position.

1. Die Urne enthält \(6\) Kugeln. Wegen des Zurücklegens gibt es \(6^2=36\) gleich wahrscheinliche geordnete Kugelpaare. 2. Für „AN“ können beim ersten Zug \(3\) A-Kugeln und beim zweiten \(2\) N-Kugeln auftreten. Damit sind \(3\cdot2=6\) Paare günstig und \(P(\text{AN})=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}\). 3. Für „AA“ gibt es \(3\cdot3=9\) günstige Paare. Daher gilt \(P(\text{AA})=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}\).

a) \(P(\text{AN})=\frac{1}{6}\) b) \(P(\text{AA})=\frac{1}{4}\)

- Lies die möglichen Zahlen direkt auf den Kugeln der Urne ab. - Behandle die beiden Ziehungen als geordnetes Zahlenpaar. - Liste nur die Paare auf, deren Summe die Grenze \(8\) überschreitet.

1. Aus der Abbildung liest man fünf gleich wahrscheinliche Zahlen pro Zug ab. Mit Zurücklegen gibt es daher \(5\cdot5=25\) gleich wahrscheinliche geordnete Zahlenpaare. 2. Eine Summe größer als \(8\) entsteht bei \((4,5)\), \((5,4)\) und \((5,5)\). 3. Somit gilt \(P=\frac{3}{25}=0{,}12\).

\(P=\frac{3}{25}=12\,\%\)

- Welche drei Reihenfolgen enthalten genau zwei Treffer und einen Fehlwurf? - Welche Wahrscheinlichkeit besitzt jede dieser Reihenfolgen? - Welcher Summand in der Entwicklung von \((p+q)^3\) enthält genau zwei Faktoren \(p\) und einen Faktor \(q\)?

1. Für genau zwei Treffer gibt es die drei Pfade \(TTF\), \(TFT\) und \(FTT\). 2. Jeder dieser Pfade hat die Wahrscheinlichkeit \(p^2q=(0{,}8)^2\cdot0{,}2=0{,}128\). 3. Daher ist \(P(X=2)=3\cdot0{,}128=0{,}384\). 4. Es gilt \((p+q)^3=p^3+3p^2q+3pq^2+q^3\). Der Summand \(3p^2q\) beschreibt genau die drei Pfade mit zwei Treffern und einem Fehlwurf.

a) \(P(X=2)=0{,}384\) b) Der passende Summand ist \(3p^2q\).

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

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

\(\frac{3}{5}=60\,\%\)

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

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

Fehlender Wert: \(0{,}65\); \(P(\text{grün und Stern})=0{,}26\).

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

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

Gegenereignis: „keine rote Kugel“; Wahrscheinlichkeit \(0{,}49\).

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

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

\(0{,}32=32\,\%\).

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

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

\(\frac{3}{4}=75\,\%\).

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

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

Fehlender Ast: \(0{,}35\); \(P(A\cap\overline{B})=0{,}14\).

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Würfelpaare gibt es insgesamt? - Das Gegenereignis „keine \(6\)“ ist leichter zu zählen. - Ziehe die Zahl der Gegenereignis-Paare von der Gesamtzahl ab.

1. Bei zwei Würfen gibt es \(6^2=36\) gleich wahrscheinliche geordnete Würfelpaare. 2. Für das Gegenereignis „keine \(6\)“ sind \(5^2=25\) Paare günstig. 3. Daher gehören \(36-25=11\) Paare zum Ereignis „mindestens eine \(6\)“ und es gilt \(P=\frac{11}{36}\).

\(\frac{11}{36}\)

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

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

\(0{,}32=32\,\%\).

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

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

\(P=0{,}147=14{,}7\,\%\)

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

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

\(P=0{,}058808\approx5{,}88\,\%\)

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

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

\(\frac{1}{28}\approx3{,}57\,\%\)

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

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

\(\frac{5}{18}\approx27{,}8\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Seitenpaare gibt es bei zwei Würfen? - Das Gegenereignis „zweimal dieselbe Farbe“ ist leichter zu zählen. - Zähle die gleichfarbigen Paare für Rot, Blau und Grün getrennt.

1. Bei zwei Würfen gibt es \(6^2=36\) gleich wahrscheinliche geordnete Seitenpaare. 2. Für zweimal dieselbe Farbe sind \(3^2=9\) rote, \(2^2=4\) blaue und \(1^2=1\) grüne Seitenpaare günstig. Insgesamt sind das \(14\) Paare. 3. Für zwei verschiedene Farben bleiben \(36-14=22\) günstige Paare. Daher gilt \(P=\frac{22}{36}=\frac{11}{18}\).

\(\frac{11}{18}\approx61{,}1\,\%\)

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

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

\(P(\text{Ausschuss})=0{,}02=2\,\%\)

- Suche im Baum alle vollständigen Pfade, auf denen beide Gruppen genau einmal vorkommen. - Bestimme die beiden Pfadwahrscheinlichkeiten mit den angegebenen Astwahrscheinlichkeiten. - Fasse die beiden günstigen Pfade anschließend zusammen.

1. Ein gemischtes Team entsteht über die beiden vollständigen Pfade Mädchen–Junge und Junge–Mädchen. 2. Nach der Produktregel gilt für Mädchen–Junge \(\frac{4}{6}\cdot\frac{2}{5}=\frac{4}{15}\) und für Junge–Mädchen \(\frac{2}{6}\cdot\frac{4}{5}=\frac{4}{15}\). 3. Nach der Summenregel ist \(P=\frac{4}{15}+\frac{4}{15}=\frac{8}{15}\).

\(\frac{8}{15}\approx53{,}3\,\%\)

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

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

Der Fehler ist das Addieren von Astwahrscheinlichkeiten entlang eines Pfades. Richtig ist \(P=0{,}28\).

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

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

a) \(\frac{20}{200}=0{,}1\) b) \(\frac{80}{200}\cdot\frac{20}{80}=0{,}4\cdot0{,}25=0{,}1\) c) Die direkte relative Häufigkeit eines vollständigen Pfades stimmt mit dem Produkt der relativen Asthäufigkeiten überein.

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

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

a) \(\frac{125}{500}=0{,}25\) b) \(\frac{50}{500}+\frac{75}{500}=0{,}25\) c) Für disjunkte günstige vollständige Pfade ergibt die Summe ihrer Anteile den Anteil des gesamten Ereignisses.

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

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

\(n=4\)

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

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

\(\frac{10}{147}\)

- Zähle die gleich wahrscheinlichen geordneten Tripel einzelner Gummibärchen. - Zähle die günstigen Tripel für Rot, Gelb und Grün getrennt. - Addiere die günstigen Anzahlen, bevor du durch die Gesamtzahl der Ergebnisse teilst.

1. Wegen des Zurücklegens gibt es \(20^3=8000\) gleich wahrscheinliche geordnete Tripel einzelner Gummibärchen. 2. Für drei rote Gummibärchen sind \(10^3=1000\) Tripel günstig, für drei gelbe \(6^3=216\) und für drei grüne \(4^3=64\). 3. Insgesamt sind \(1000+216+64=1280\) Tripel günstig. Daher gilt \(P=\frac{1280}{8000}=\frac{4}{25}=0{,}16\).

\(\frac{4}{25}=0{,}16=16\,\%\)

- Wie viele geordnete Auswahlen von drei verschiedenen Personen sind insgesamt möglich? - Für genau zwei Frauen kann der Mann an drei verschiedenen Positionen stehen. - Welches Gegenereignis zu (3) wurde bereits in (1) gezählt?

1. Insgesamt gibt es \(10\cdot9\cdot8=720\) gleich wahrscheinliche geordnete Auswahlen. 2. Für (1) sind \(4\cdot3\cdot2=24\) Auswahlen günstig. Daher gilt \(P=\frac{24}{720}=\frac{1}{30}\). 3. Für (2) kann die Position des einen Mannes auf \(3\) Arten gewählt werden. Die beiden Frauen können geordnet auf \(6\cdot5\) Arten und der Mann auf \(4\) Arten gewählt werden. Damit sind \(3\cdot6\cdot5\cdot4=360\) Auswahlen günstig und \(P=\frac{360}{720}=\frac{1}{2}\). 4. Für (3) ist das Gegenereignis „nur Männer“. Daher gilt \(P=1-\frac{1}{30}=\frac{29}{30}\).

(1) \(\frac{1}{30}\approx3{,}3\,\%\) (2) \(\frac{1}{2}=50\,\%\) (3) \(\frac{29}{30}\approx96{,}7\,\%\)

- Zähle geordnete Auswahlen einzelner Früchte, nicht nur Farbfolgen. - Für b) ist das Gegenereignis „drei Äpfel“ einfacher zu zählen. - Welche Gesamtzahl und welche Apfelzahl gelten zu Beginn von c)?

1. Für drei Ziehungen gibt es \(15\cdot14\cdot13=2730\) gleich wahrscheinliche geordnete Auswahlen. Für Birne–Apfel–Birne sind \(6\cdot9\cdot5=270\) Auswahlen günstig. Daher gilt in a) \(P=\frac{270}{2730}=\frac{9}{91}\). 2. Für b) ist das Gegenereignis „drei Äpfel“. Dafür sind \(9\cdot8\cdot7=504\) Auswahlen günstig. Somit gilt \(P=1-\frac{504}{2730}=\frac{53}{65}\). 3. Nach dem bereits gezogenen Apfel bleiben \(14\) Früchte, darunter \(8\) Äpfel. Für die zwei weiteren Ziehungen gibt es \(14\cdot13=182\) geordnete Auswahlen, davon \(8\cdot7=56\) mit zwei Äpfeln. Daher gilt in c) \(P=\frac{56}{182}=\frac{4}{13}\).

a) \(\frac{9}{91}\) b) \(\frac{53}{65}\) c) \(\frac{4}{13}\)

- 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 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.

- 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) \(0{,}08192=8{,}192\,\%\)

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

- Welcher vollständige Pfad führt zum erfolgreichen Zugang? - Wie lautet seine Wahrscheinlichkeit in Abhängigkeit von \(p\)? - Welche Rechenoperation macht die sechste Potenz rückgängig?

1. Da alle sechs Erfolge eintreten müssen, gilt nach der Produktregel \(P(\text{Zugang})=p^6\). 2. Die Bedingung lautet daher \(p^6=0{,}5\). 3. Es folgt \(p=\sqrt[6]{0{,}5}\approx0{,}8909\). 4. Die Erfolgswahrscheinlichkeit pro Abfrage muss also etwa \(89{,}09\,\%\) betragen.

\(p=\sqrt[6]{0{,}5}\approx0{,}8909\approx89{,}09\,\%\)

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

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

a) Zweite Drehung: \(0{,}16\); dritte Drehung: \(0{,}128\) b) \(P=0{,}488\) c) \(P=0{,}4096\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Tripel einzelner Kugeln entstehen durch das Zurücklegen? - Bei genau zwei blauen Kugeln kann die rote Kugel an drei Positionen stehen. - Für „mindestens eine rote Kugel“ ist das Gegenereignis kürzer zu zählen.

1. Wegen des Zurücklegens gibt es insgesamt \(5^3=125\) gleich wahrscheinliche geordnete Kugeltripel. 2. Für a) kann in jeder Position eine von \(2\) roten Kugeln auftreten. Damit sind \(2^3=8\) Tripel günstig und \(P=\frac{8}{125}\). 3. Für b) wird die Position der einen roten Kugel auf \(3\) Arten gewählt. Für die beiden blauen Positionen gibt es jeweils \(3\) Möglichkeiten und für die rote \(2\). Damit sind \(3\cdot3^2\cdot2=54\) Tripel günstig und \(P=\frac{54}{125}\). 4. Für c) ist das Gegenereignis „drei blaue Kugeln“. Dafür gibt es \(3^3=27\) Tripel. Somit gilt \(P=1-\frac{27}{125}=\frac{98}{125}\).

a) \(\frac{8}{125}=6{,}4\,\%\) b) \(\frac{54}{125}=43{,}2\,\%\) c) \(\frac{98}{125}=78{,}4\,\%\)

- 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) \(\frac{3}{8}=0{,}375\)

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

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

a) \(14{,}7\,\%\) b) \(44{,}1\,\%\)

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

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

a) Wahr. Zusätzliche Faktoren zwischen \(0\) und \(1\) können eine Pfadwahrscheinlichkeit nicht vergrößern. b) Wahr. Alle vollständigen Pfade bilden zusammen das sichere Ereignis; ihre Wahrscheinlichkeiten summieren sich zu \(1\).

- 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?

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: \(0{,}8464+0{,}141312=0{,}987712\).

(1) \(0{,}8464=84{,}64\,\%\) (2) \(0{,}0064=0{,}64\,\%\) (3) \(0{,}1472=14{,}72\,\%\) (4) \(0{,}141312\approx14{,}13\,\%\) (5) \(0{,}987712\approx98{,}77\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare entstehen insgesamt? - Welche Farben kommen auf beiden Rädern vor? - Welche geordneten Zahlenpaare haben eine Summe von mindestens \(6\)?

1. Glücksrad A hat \(5\) und Glücksrad B \(4\) gleich große Sektoren. Daher gibt es \(5\cdot4=20\) gleich wahrscheinliche geordnete Kombinationen. 2. Für dieselbe Farbe gibt es \(2\cdot1=2\) Rot-Rot-Kombinationen und \(2\cdot2=4\) Blau-Blau-Kombinationen. Damit gilt \(P=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}=30\,\%\). 3. Für eine Summe von mindestens \(6\) gibt es zehn günstige Zahlenpaare. Daher gilt \(P=\frac{10}{20}=\frac{1}{2}=50\,\%\).

a) \(\frac{3}{10}=30\,\%\) b) \(\frac{1}{2}=50\,\%\)

- Wie oft kommen die einzelnen Zahlen und Farben auf dem Rad vor? - Welche geordneten Zahlenpaare erfüllen a) beziehungsweise b)? - Wie viele geordnete Sektorenpaare sind insgesamt gleich wahrscheinlich?

1. Bei zwei Drehungen gibt es \(6\cdot6=36\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Die Zahl \(1\) steht auf zwei, die Zahl \(2\) auf drei und die Zahl \(3\) auf einem Sektor. Daher gilt \(P(\text{zweimal gleiche Zahl})=\frac{2^2+3^2+1^2}{36}=\frac{7}{18}\approx0{,}3889\). 3. Eine Summe größer als \(4\) entsteht durch die Zahlenpaare \((2,3)\), \((3,2)\) und \((3,3)\). Unter Berücksichtigung der Sektorhäufigkeiten gibt es \(3\cdot1+1\cdot3+1\cdot1=7\) günstige Sektorenpaare. Damit gilt \(P=\frac{7}{36}\approx0{,}1944\). 4. Für c) gibt es \(2\cdot2=4\) günstige Sektorenpaare. Daher ist \(P=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}\approx0{,}1111\).

a) \(\frac{7}{18}\approx38{,}9\,\%\) b) \(\frac{7}{36}\approx19{,}4\,\%\) c) \(\frac{1}{9}\approx11{,}1\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare gibt es insgesamt? - Wie viele rote Sektoren besitzt jedes Rad? - Welche Zahlenpaare ergeben die Summe \(6\)?

1. Glücksrad A hat \(4\) und Glücksrad B \(6\) gleich große Sektoren. Daher gibt es \(4\cdot6=24\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Auf A ist ein Sektor rot, auf B sind drei Sektoren rot. Damit sind \(1\cdot3=3\) Sektorenpaare für a) günstig und \(P=\frac{3}{24}=\frac{1}{8}\). 3. Für b) sind die Zahlenpaare \((1,5)\), \((2,4)\), \((3,3)\) und \((4,2)\) günstig. Sie entsprechen vier gleich wahrscheinlichen Sektorenpaaren. Daher gilt \(P=\frac{4}{24}=\frac{1}{6}\).

a) \(\frac{1}{8}\) b) \(\frac{1}{6}\)

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

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

a) \(P(\text{gleiche Farbe})=\frac{4}{15}\approx26{,}7\,\%\) b) \(P(\text{mindestens eine rote})=\frac{3}{5}=60\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare entstehen insgesamt? - Welche Zahlenpaare haben eine Summe von mindestens \(6\)? - Wie oft werden diese Zahlenpaare durch die mehrfach vorkommenden Sektoren tatsächlich dargestellt?

1. Die Zahlen \(1\) und \(2\) stehen jeweils auf einem Sektor; die Zahlen \(3\) und \(5\) jeweils auf zwei Sektoren. Bei zwei Drehungen gibt es insgesamt \(6\cdot6=36\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Günstig sind die Zahlenpaare \((1,5)\), \((2,5)\), \((3,3)\), \((3,5)\), \((5,1)\), \((5,2)\), \((5,3)\) und \((5,5)\). 3. Unter Berücksichtigung der Sektorhäufigkeiten entsprechen diese Fälle \(2+2+4+4+2+2+4+4=24\) günstigen Sektorenpaaren. 4. Daher gilt \(P=\frac{24}{36}=\frac{2}{3}\).

\(\frac{2}{3}\)

- Zähle zuerst die \(64\) gleich wahrscheinlichen geordneten Sektorenpaare. - Für a) werden die günstigen Paare für Rot, Blau und Grün getrennt gezählt. - Bei b) ist das Gegenereignis „kein Grün“ einfacher zu zählen. - Für c) ist die Reihenfolge fest vorgegeben.

1. Insgesamt gibt es \(8^2=64\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Für a) sind \(3^2+4^2+1^2=26\) Paare günstig. Daher gilt \(P=\frac{26}{64}=\frac{13}{32}=40{,}625\,\%\). 3. Für b) sind beim Gegenereignis „kein Grün“ \(7^2=49\) Paare günstig. Somit gehören \(64-49=15\) Paare zum Ereignis und \(P=\frac{15}{64}=23{,}4375\,\%\). 4. Für c) gibt es \(3\) mögliche rote Sektoren beim ersten und \(4\) blaue beim zweiten Dreh. Daher sind \(3\cdot4=12\) Paare günstig und \(P=\frac{12}{64}=\frac{3}{16}=18{,}75\,\%\).

a) \(\frac{13}{32}=40{,}625\,\%\) b) \(\frac{15}{64}=23{,}4375\,\%\) c) \(\frac{3}{16}=18{,}75\,\%\)

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

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

a) \(\frac{1}{32}=0{,}03125\) b) \(\frac{3}{16}=0{,}1875\)

- Betrachte jede Drehung als Auswahl eines von acht gleich wahrscheinlichen Sektoren. - Ordne jedem Ergebnis ein geordnetes Paar aus erstem und zweitem Sektor zu. - Zähle für jedes Ereignis die günstigen Paare; bei der Summe kannst du mit den größten Zahlen beginnen.

1. Bei zwei Drehungen gibt es \(8\cdot 8=64\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Für \(A\) sind bei jeder Drehung vier ungerade Zahlen möglich. Daher sind \(4\cdot 4=16\) Paare günstig und \(P(A)=\frac{16}{64}=\frac{1}{4}=25\,\%\). 3. Für \(B\) sind die zehn geordneten Zahlenpaare \((8,5)\), \((8,6)\), \((8,7)\), \((8,8)\), \((7,6)\), \((7,7)\), \((7,8)\), \((6,7)\), \((6,8)\) und \((5,8)\) günstig. Somit gilt \(P(B)=\frac{10}{64}=\frac{5}{32}=15{,}625\,\%\). 4. Für \(C\) gibt es vier mögliche blaue Sektoren beim ersten und zwei mögliche rote Sektoren beim zweiten Drehen. Damit sind \(4\cdot 2=8\) Paare günstig und \(P(C)=\frac{8}{64}=\frac{1}{8}=12{,}5\,\%\).

\(P(A)=\frac{1}{4}=25\,\%\) \(P(B)=\frac{5}{32}=15{,}625\,\%\) \(P(C)=\frac{1}{8}=12{,}5\,\%\)

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

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

1. \(\bar E\): „Bei beiden Drehungen erscheint dieselbe Farbe.“ 2. \(P(\bar E)=0{,}38\) 3. \(P(E)=0{,}62=62\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen entstehen insgesamt? - Für drei verschiedene Farben wird die Auswahlmöglichkeit von Drehung zu Drehung kleiner. - Bei genau zweimal Rot musst du die Position und die Farbe der einen nicht-roten Drehung zählen.

1. Insgesamt gibt es \(4^3=64\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen. 2. Für a) kann die erste Farbe auf \(4\) Arten gewählt werden, die zweite auf \(3\) und die dritte auf \(2\) Arten. Damit sind \(4\cdot3\cdot2=24\) Folgen günstig und \(P=\frac{24}{64}=\frac{3}{8}\). 3. Für b) kann die eine nicht-rote Position auf \(3\) Arten gewählt werden. Dort sind \(3\) nicht-rote Sektoren möglich. Damit sind \(3\cdot3=9\) Folgen günstig und \(P=\frac{9}{64}\).

a) \(\frac{3}{8}=37{,}5\,\%\) b) \(\frac{9}{64}\approx14{,}1\,\%\)

- Wie viele gleich wahrscheinliche Sektorenfolgen gibt es insgesamt? - Für a) zählst du nur Folgen aus den nicht-gelben Sektoren. - Bei b) kann die eine nicht-rote Drehung an drei Positionen stehen. - Vergleiche die beiden Brüche in derselben Form.

1. Insgesamt entstehen \(8^3=512\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen. 2. Für \(E_1\) sind bei jeder Drehung \(6\) nicht-gelbe Sektoren möglich. Daher sind \(6^3=216\) Folgen günstig und \(P(E_1)=\frac{216}{512}=\frac{27}{64}\). 3. Für \(E_2\) kann die eine nicht-rote Position auf \(3\) Arten gewählt werden. Für die beiden roten Positionen gibt es jeweils \(4\) rote Sektoren und für die nicht-rote Position \(4\) andere Sektoren. Damit sind \(3\cdot4^2\cdot4=192\) Folgen günstig und \(P(E_2)=\frac{192}{512}=\frac{3}{8}\). 4. Es gilt \(\frac{27}{64}>\frac{3}{8}\). Daher ist \(E_1\) wahrscheinlicher.

a) \(P(E_1)=\frac{27}{64}\approx42{,}2\,\%\) b) \(P(E_2)=\frac{3}{8}=37{,}5\,\%\) c) \(E_1\) ist wahrscheinlicher, weil \(\frac{27}{64}>\frac{3}{8}\).

- Wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen gibt es insgesamt? - Für a) und d) kann es helfen, zwischen gelben und nicht-gelben Sektoren zu unterscheiden. - Für b) ist das Gegenereignis „kein Orange“ kürzer zu zählen. - Bei c) ist die Reihenfolge der Farben fest vorgegeben.

1. Insgesamt gibt es \(8^3=512\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen. 2. Für a) kann die eine nicht-gelbe Position auf \(3\) Arten gewählt werden. Für jede gelbe Position gibt es \(4\) Sektoren und für die nicht-gelbe Position ebenfalls \(4\). Damit sind \(3\cdot4^2\cdot4=192\) Folgen günstig und \(P=\frac{192}{512}=\frac{3}{8}\). 3. Für b) ist das Gegenereignis „kein Orange“. Dafür stehen bei jeder Drehung \(7\) Sektoren zur Verfügung. Somit gilt \(P=1-\frac{7^3}{8^3}=1-\frac{343}{512}=\frac{169}{512}\). 4. Für c) gibt es \(3\) grüne Sektoren für die erste, \(4\) gelbe für die zweite und \(1\) orangefarbenen für die dritte Drehung. Damit sind \(3\cdot4\cdot1=12\) Folgen günstig und \(P=\frac{12}{512}=\frac{3}{128}\). 5. Für d) sind entweder keine oder genau eine gelbe Drehung günstig. Ohne Gelb gibt es \(4^3=64\) Folgen; bei genau einer gelben Drehung gibt es \(3\cdot4\cdot4^2=192\) Folgen. Insgesamt sind \(256\) Folgen günstig und \(P=\frac{256}{512}=\frac{1}{2}\).

a) \(\frac{3}{8}=37{,}5\,\%\) b) \(\frac{169}{512}\approx33{,}01\,\%\) c) \(\frac{3}{128}\approx2{,}34\,\%\) d) \(\frac{1}{2}=50\,\%\)

- Bestimme zuerst, wie viele gleich wahrscheinliche geordnete Folgen bei drei Drehungen insgesamt möglich sind. - Ordne die acht Zahlen für jede Teilaufgabe in die jeweils benötigten Gruppen ein. - Zähle die günstigen Folgen über die Anzahl der zulässigen Möglichkeiten an jeder Position.

1. Bei drei Drehungen gibt es \(8^3=512\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenfolgen. 2. Zu a): Vier Zahlen sind gerade und vier ungerade. Für gerade-ungerade-gerade gibt es \(4\cdot4\cdot4=64\) günstige Folgen. Daher ist \(P=\frac{64}{512}=\frac{1}{8}\). 3. Zu b): Die Quadratzahlen sind \(1\) und \(4\); sechs Zahlen sind keine Quadratzahlen. Es gibt \(2\cdot6\cdot6=72\) günstige Folgen. Somit gilt \(P=\frac{72}{512}=\frac{9}{64}\). 4. Zu c): Größer als \(5\) sind \(6\), \(7\) und \(8\). Daher gibt es \(3^3=27\) günstige Folgen und \(P=\frac{27}{512}\approx5{,}27\,\%\). 5. Zu d): Für jede der acht Zahlen gibt es genau eine Folge mit dreimal derselben Zahl. Somit gilt \(P=\frac{8}{512}=\frac{1}{64}\).

a) \(\frac{1}{8}=12{,}5\,\%\) b) \(\frac{9}{64}=14{,}0625\,\%\) c) \(\frac{27}{512}\approx5{,}27\,\%\) d) \(\frac{1}{64}=1{,}5625\,\%\)

- Betrachte die einzelnen Sektoren als gleich wahrscheinliche Ergebnisse. - Zähle für a) und b), wie viele Sektoren an der ersten und zweiten Position zulässig sind. - Gruppiere für c) die Sektoren nach ihrer Farbe und zähle die gleichfarbigen Paare.

1. Bei zwei Drehungen gibt es \(8\cdot8=64\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. 2. Zu a): Die Zahl \(1\) steht auf zwei Sektoren und die Zahl \(2\) auf drei. Für \((1,2)\) gibt es \(2\cdot3=6\), für \((2,1)\) ebenfalls \(6\) günstige Sektorenpaare. Daher ist \(P=\frac{12}{64}=\frac{3}{16}\). 3. Zu b): Für die erste Drehung gibt es zwei Sektoren mit \(1\), für die zweite sechs Sektoren mit einer Zahl größer als \(1\). Somit ist \(P=\frac{2\cdot6}{64}=\frac{3}{16}\). 4. Zu c): Die fünf Farben kommen auf \(2\), \(3\), \(1\), \(1\) und \(1\) Sektoren vor. Daher sind \(2^2+3^2+1^2+1^2+1^2=16\) Sektorenpaare günstig und \(P=\frac{16}{64}=\frac{1}{4}\).

a) \(\frac{3}{16}\) b) \(\frac{3}{16}\) c) \(\frac{1}{4}\)

- Zähle in der Abbildung die Sektoren jeder Farbe. - Wie viele gleich wahrscheinliche Sektorenpaare entstehen bei zwei Drehungen? - Für dieselbe Farbe werden die günstigen Paare jeder Farbe getrennt gezählt. - Bei c) ist das Gegenereignis „kein Gelb“ einfacher zu zählen.

1. Auf dem Rad liegen \(5\) blaue, \(3\) rote und \(2\) gelbe Sektoren. Daher gelten \(P(\text{Blau})=\frac{5}{10}=0{,}5\), \(P(\text{Rot})=\frac{3}{10}=0{,}3\) und \(P(\text{Gelb})=\frac{2}{10}=0{,}2\). 2. Bei zwei Drehungen gibt es \(10^2=100\) gleich wahrscheinliche geordnete Sektorenpaare. Für zweimal dieselbe Farbe sind \(5^2+3^2+2^2=38\) Paare günstig. Damit gilt \(P=\frac{38}{100}=38\,\%\). 3. Für c) ist das Gegenereignis „kein Gelb“. Dafür sind \(8^2=64\) Paare günstig. Also gehören \(100-64=36\) Paare zum Ereignis und \(P=36\,\%\). 4. Da \(36\,\%>35\,\%\), hat Mira recht.

a) Blau: \(0{,}5\); Rot: \(0{,}3\); Gelb: \(0{,}2\) b) \(38\,\%\) c) Ja. Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(36\,\%\) und liegt damit über \(35\,\%\).

- Zähle die Häufigkeiten der benötigten Buchstaben direkt in der Urne. - Prüfe für jede Teilaufgabe, ob sich die Zusammensetzung nach einem Zug ändert. - Liste bei c) die verschiedenen Reihenfolgen von A, K und T aus, statt eine Zählformel zu verwenden.

1. Aus der Abbildung liest man \(9\) Kugeln ab: \(2\) mit S, \(3\) mit T, \(1\) mit A, \(2\) mit I und \(1\) mit K. 2. Mit Zurücklegen gilt für „SIS“ \(P=\frac{2}{9}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{2}{9}=\frac{8}{729}\approx0{,}0110\). 3. Ohne Zurücklegen gilt für den festen Pfad „TIT“ \(P=\frac{3}{9}\cdot\frac{2}{8}\cdot\frac{2}{7}=\frac{1}{42}\approx0{,}0238\). 4. Für A, K und T in beliebiger Reihenfolge sind „AKT“, „ATK“, „KAT“, „KTA“, „TAK“ und „TKA“ günstig. Jeder Pfad hat die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{8}\cdot\frac{3}{7}=\frac{1}{168}\). Nach der Summenregel gilt daher \(P=6\cdot\frac{1}{168}=\frac{1}{28}\approx0{,}0357\).

a) \(\frac{8}{729}\approx0{,}0110\) b) \(\frac{1}{42}\approx0{,}0238\) c) \(\frac{1}{28}\approx0{,}0357\)

- Bestimme zuerst, wie viele Brötchen aus jedem der beiden Öfen kommen. - Berechne dann für jeden Ofen einzeln, wie viele davon die Eigenschaft „perfekt“ haben. - Addiere zum Schluss die Ergebnisse beider Pfade, die zum Ziel „perfekt“ führen. - Du kannst auch zuerst die Gesamtwahrscheinlichkeit für „perfekt“ berechnen und diese dann mit der Gesamtzahl multiplizieren.

1. Berechnung der Anzahl der Brötchen pro Ofen: Ofen 1: \(2000 \cdot 0{,}60 = 1200\) Brötchen Ofen 2: \(2000 \cdot 0{,}40 = 800\) Brötchen 2. Berechnung der perfekten Brötchen aus Ofen 1: \(1200 \cdot 0{,}95 = 1140\) Brötchen 3. Berechnung der perfekten Brötchen aus Ofen 2: \(800 \cdot 0{,}85 = 680\) Brötchen 4. Berechnung der Gesamtzahl der perfekten Brötchen: \(1140 + 680 = 1820\) Brötchen

Voraussichtlich werden insgesamt \(1820\) Brötchen als „perfekt“ eingestuft.

- 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) \(P(B)=0{,}992=99{,}2\,\%\)

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

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

\(P=\frac{4}{9}\approx 44{,}4\,\%\)

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

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

\(\frac{3}{5}=60\,\%\)

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

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

\(P=0{,}329=32{,}9\,\%\)

- 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) \(P=0{,}81=81\,\%\)

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

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

\(P=0{,}452=45{,}2\,\%\)

- 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) \(P=0{,}5625\)

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

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

\(P=0{,}028=2{,}8\,\%\)

- 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

- Formuliere das Gegenereignis zu „mindestens ein nachzubesserndes Teil“. - Drücke die Wahrscheinlichkeit dieses Gegenereignisses für \(n\) Prüfungen als Potenz aus. - Prüfe benachbarte ganze Werte, um nicht nur irgendeine, sondern die kleinste passende Anzahl zu finden.

Für ein einzelnes Bauteil beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass keine Nachbesserung nötig ist, \(0{,}75\). Bei \(n\) Prüfungen hat das Gegenereignis „kein Teil muss nachgebessert werden“ die Wahrscheinlichkeit \(0{,}75^n\). Damit soll gelten \(1-0{,}75^n\ge 0{,}80\). Durch systematisches Prüfen benachbarter ganzer Werte: Für \(n=5\) gilt \(1-0{,}75^5=0{,}7626953125\approx 76{,}27\,\%\), also noch weniger als \(80\,\%\). Für \(n=6\) gilt \(1-0{,}75^6=0{,}822021484375\approx 82{,}20\,\%\). Damit ist \(6\) die kleinste passende Anzahl von Prüfungen.

Die kleinste Anzahl ist \(n=6\).

- 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.

\(k=5\)

- Was muss passieren, damit ein Angriff „unbemerkt“ bleibt? - Nutze die Eigenschaft von Gegenereignissen, um die Wahrscheinlichkeit für „mindestens einen“ Treffer zu berechnen. - Stelle für den dritten Aufgabenteil eine Ungleichung auf, die die neue Gesamtwahrscheinlichkeit beschreibt.

1. Für das Nicht-Erkennen gilt bei den drei Systemen \(P(\overline{E_1})=0{,}1\), \(P(\overline{E_2})=0{,}15\) und \(P(\overline{E_3})=0{,}3\). 2. Damit ist \(P(\text{unbemerkt})=0{,}1\cdot0{,}15\cdot0{,}3=0{,}0045\). 3. Über das Gegenereignis folgt \(P(\text{entdeckt})=1-0{,}0045=0{,}9955\). 4. Für die Erkennungsrate \(p_4\) des vierten Systems muss \(0{,}0045(1-p_4)<0{,}001\) gelten. Daraus folgt \(1-p_4<\frac{0{,}001}{0{,}0045}=\frac{2}{9}\) und damit \(p_4>\frac{7}{9}\approx0{,}7778\).

a) \(0{,}45\,\%\) b) \(99{,}55\,\%\) c) Das vierte System muss eine Erkennungsrate von mehr als \(\frac{7}{9}\approx77{,}78\,\%\) aufweisen.

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

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

\(q=0{,}4\)

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

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

\(q=0{,}3\) oder \(q=0{,}7\).

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

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

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