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Baumdiagramme

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Schwierigkeit: 1 – 5

55673511

Das Baumdiagramm beschreibt ein Modell für den Schulweg. Dabei bedeutet \(F\) „kommt mit dem Fahrrad“ und \(P\) „kommt pünktlich“. Gib die Wahrscheinlichkeit am Ast von \(F\) zu \(P\) in der Notation \(P_X(Y)\) an und erkläre in einem Satz, welche Bezugsgruppe sie beschreibt.

Denkanstöße

- Von welchem Knoten geht der betrachtete Ast aus? - Der Ausgangsknoten bestimmt die Bedingung und damit den Index bei \(P_X(Y)\). - Der Zielknoten beschreibt das Ereignis, dessen Anteil innerhalb dieser Gruppe angegeben wird.

Lösung

1. Der Ast geht vom Knoten \(F\) aus und endet bei \(P\). Daher beschreibt er die bedingte Wahrscheinlichkeit \(P_F(P)\). 2. Der Astwert \(0{,}85\) bedeutet: Unter den Schülerinnen und Schülern, die mit dem Fahrrad kommen, sind \(85\,\%\) pünktlich.

Antwort

\(P_F(P)=0{,}85\). Bezugsgruppe sind die Schülerinnen und Schüler, die mit dem Fahrrad kommen.

55673611

Das Baumdiagramm beschreibt ein Modell für die Teilnahme an einem Kreativkurs. Dabei bedeutet \(K\) „nimmt am Kurs teil“ und \(W\) „reicht ein Werk für die Ausstellung ein“. Bestimme \(P(K\cap W)\). Nenne dazu zuerst die beiden Astwahrscheinlichkeiten, die zu diesem gemeinsamen Ereignis gehören.

Denkanstöße

- Welcher vollständige Pfad endet gleichzeitig in \(K\) und \(W\)? - Welche zwei Zahlen stehen an genau diesem Pfad? - Eine Pfadwahrscheinlichkeit beschreibt das gemeinsame Eintreten der Ereignisse entlang des Pfades.

Lösung

1. Zum Ereignis \(K\cap W\) gehört der vollständige Pfad über \(K\) und danach \(W\). 2. Die beiden Astwahrscheinlichkeiten sind \(0{,}35\) und \(0{,}40\). 3. Daher ist \(P(K\cap W)=0{,}35\cdot0{,}40=0{,}14\).

Antwort

Zugehörige Astwahrscheinlichkeiten: \(0{,}35\) und \(0{,}40\). Es gilt \(P(K\cap W)=0{,}14=14\,\%\).

43756311

Das Baumdiagramm zeigt die vier Endhäufigkeiten einer Erhebung mit \(1000\) Personen. Bestimme alle Astwahrscheinlichkeiten des Baums mit \(A\) auf der ersten Stufe.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

\(P(A)=0{,}3\), \(P(\bar{A})=0{,}7\), \(P_A(B)=0{,}8\), \(P_A(\bar{B})=0{,}2\), \(P_{\bar{A}}(B)=0{,}2\), \(P_{\bar{A}}(\bar{B})=0{,}8\)

55350211

In einem Modell fahren \(40\,\%\) der Jugendlichen mit dem Fahrrad zur Schule (Ereignis \(F\)). Unter den Fahrradfahrenden tragen \(70\,\%\) einen Helm (Ereignis \(H\)); unter den übrigen Jugendlichen sind es \(10\,\%\). Die Abbildung zeigt zwei mögliche Reihenfolgen für ein Baumdiagramm. Wähle die Reihenfolge, in die sich die gegebenen Wahrscheinlichkeiten direkt als Astwahrscheinlichkeiten eintragen lassen. Ordne anschließend \(40\,\%\), \(70\,\%\) und \(10\,\%\) den passenden Ästen zu.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

Baum a). Zu \(F\): \(40\,\%\); von \(F\) zu \(H\): \(70\,\%\); von \(\bar F\) zu \(H\): \(10\,\%\).

55350311

Das Baumdiagramm zeigt Modelldaten zu zwei Merkmalen einer Gruppe. Dabei bedeutet \(S\) „nimmt am Sportkurs teil“ und \(A\) „kommt zu Fuß“. a) Nenne eine Astwahrscheinlichkeit aus dem Baum und erkläre kurz, worauf sie sich bezieht. b) Bestimme die Pfadwahrscheinlichkeit \(P(S\cap A)\). c) Bestimme \(P(A)\) und erkläre den Unterschied zwischen einer Astwahrscheinlichkeit und einer Pfadwahrscheinlichkeit.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

a) Zum Beispiel \(P_S(A)=0{,}50\); sie gilt innerhalb der Gruppe \(S\). b) \(P(S\cap A)=0{,}30\). c) \(P(A)=0{,}38\). Astwahrscheinlichkeiten gelten an einem Übergang innerhalb einer Bezugsgruppe, Pfadwahrscheinlichkeiten für das gemeinsame Eintreten entlang eines ganzen Pfades.

55350411

Das Baumdiagramm soll ein zweistufiges Zufallsexperiment beschreiben. Es ist bekannt, dass \(P(A)=0{,}65\). Prüfe das dargestellte Baumdiagramm. Nenne den Fehler genau und gib an, welcher Astwert geändert werden muss, damit die erste Stufe ein gültiges Baumdiagramm ergibt.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

Fehler: Die Astwahrscheinlichkeiten der ersten Stufe ergeben \(1{,}10\) statt \(1\). Der Ast zu \(\bar A\) muss von \(0{,}45\) auf \(0{,}35\) geändert werden.

4219688

Ein Obstkorb enthält \(15\) einzelne Früchte: \(9\) Äpfel und \(6\) Birnen. Es werden nacheinander drei verschiedene Früchte zufällig entnommen. Jede geordnete Auswahl verschiedener einzelner Früchte ist gleich wahrscheinlich. a) Bestimme die Wahrscheinlichkeit für die Folge Birne–Apfel–Birne. b) Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass mindestens eine Birne entnommen wird. c) Nachdem als erste Frucht ein Apfel entnommen wurde, werden zwei weitere Früchte ausgewählt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass auch diese beiden Früchte Äpfel sind?

Denkanstöße

- 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)?

Lösung

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) \(P=\frac{56}{182}=\frac{4}{13}\).

Antwort

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

43088110

Ein Unternehmen prüft elektronische Bauteile auf Defekte. Bei einem tatsächlich defekten Bauteil schlägt ein automatischer Test mit einer Wahrscheinlichkeit von \(92\,\%\) an. Zur Sicherheit werden zwei solche Tests unabhängig voneinander durchgeführt. - Schlagen beide Tests an, wird das Bauteil sofort als Ausschuss sortiert. - Schlägt genau einer der beiden Tests an, wird eine manuelle Nachprüfung durchgeführt. - Schlagen beide Tests nicht an, wird das Bauteil als fehlerfrei eingestuft. Die manuelle Nachprüfung erkennt einen Defekt bei einem betroffenen Bauteil mit einer Wahrscheinlichkeit von \(96\,\%\). Berechne für ein tatsächlich defektes Bauteil die Wahrscheinlichkeit, dass: (1) es sofort als Ausschuss klassifiziert wird; (2) der Defekt durch beide automatischen Tests nicht erkannt wird; (3) eine manuelle Nachprüfung erforderlich wird; (4) der Defekt erst in der manuellen Nachprüfung entdeckt wird; (5) das Bauteil insgesamt als defekt erkannt wird.

Denkanstöße

- Stelle den Ablauf als mehrstufiges Baumdiagramm dar. - Welche vollständigen Pfade gehören zu „genau ein automatischer Test schlägt an“? - Unterscheide zwischen Ereignissen, die nacheinander eintreten müssen, und verschiedenen Pfaden, die zum selben Ergebnis führen. - Welche bereits berechneten Fälle führen insgesamt zur Erkennung des Defekts?

Lösung

1. Für einen automatischen Test gilt \(p=0{,}92\) für „schlägt an“ und \(q=0{,}08\) für „schlägt nicht an“. 2. Sofortiger Ausschuss bedeutet zweimal „schlägt an“: \(0{,}92\cdot0{,}92=0{,}8464\). 3. Zweimaliges Nichterkennen hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}08\cdot0{,}08=0{,}0064\). 4. Eine Nachprüfung ist bei genau einem positiven automatischen Test nötig. Dafür gibt es zwei Pfade: \(2\cdot0{,}92\cdot0{,}08=0{,}1472\). 5. Erst in der manuellen Nachprüfung entdeckt wird der Defekt mit \(0{,}1472\cdot0{,}96=0{,}141312\). 6. Insgesamt erkannt wird der Defekt entweder sofort oder erst in der Nachprüfung: \(0{,}8464+0{,}141312=0{,}987712\).

Antwort

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

43746611

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

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

a) \(P_M(F)=0{,}2\): Unter den Teilnehmenden am Mittagessen kommen \(20\,\%\) mit dem Fahrrad. b) \(P(M\cap F)=0{,}06\); \(P(\bar{M}\cap F)=0{,}28\) c) \(P(F)=0{,}34\); \(P(\bar{F})=0{,}66\) d) \(P_M(\bar{F})=0{,}8\); \(P(M\cap\bar{F})=0{,}24\) e) \(P_{\bar{M}}(F)=0{,}4\)

43746711

In einer Pralinenmanufaktur werden Packungen entweder von Hand (\(H\)) oder maschinell (\(\bar H\)) verpackt. Das Ereignis \(A\) bedeutet „Packung weist einen Mangel auf“. Die Wahrscheinlichkeiten sind im Baumdiagramm dargestellt. a) Berechne die Gesamtwahrscheinlichkeit \(P(A)\). b) Bestimme \(P(H\cap\bar A)\). c) Berechne \(P_A(H)\) und deute den Wert im Sachzusammenhang. d) Prüfe rechnerisch, ob Verpackungsart und Auftreten eines Mangels stochastisch unabhängig sind.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

a) \(P(A)=0{,}09\) b) \(P(H\cap\bar A)=0{,}19\) c) \(P_A(H)=\frac{1}{9}\approx11{,}11\,\%\); dies ist der Anteil der Handverpackungen unter den mangelhaften Packungen. d) Die Ereignisse sind abhängig, da \(P_H(A)=0{,}05\neq0{,}09=P(A)\).

43746911

In einem Industriebetrieb werden Präzisionsbauteile an zwei Maschinen gefertigt. Die Ereignisse \(M_1\) und \(M_2\) bezeichnen die jeweilige Maschine; \(E\), \(S\) und \(A\) stehen für die Qualitätsstufen „Exzellent“, „Standard“ und „Ausschuss“. Alle benötigten Wahrscheinlichkeiten sind im Baumdiagramm angegeben. a) Berechne: (1) \(P(M_2\cap A)\) (2) \(P(A)\) (3) \(P_{M_2}(S)\) (4) \(P_A(M_1)\) b) Begründe ohne Rechnung, warum \(P(M_1\cup E)=P(M_1)+P(M_2\cap E)\) gilt, und berechne anschließend den Wert.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

a) (1) \(P(M_2\cap A)=0{,}025\) (2) \(P(A)=0{,}0625\) (3) \(P_{M_2}(S)=0{,}30\) (4) \(P_A(M_1)=0{,}6\) b) \(M_1\cup E\) zerfällt disjunkt in \(M_1\) und \(M_2\cap E\); daher ist \(P(M_1\cup E)=0{,}90\).

43747811

In einem Modell für eine medizinische Vorsorgeuntersuchung gilt: \(0{,}5\,\%\) der betrachteten Personen haben die seltene Stoffwechselkrankheit \(E\). Der Test ist bei erkrankten Personen mit Wahrscheinlichkeit \(98\,\%\) positiv (\(T\)); bei nicht erkrankten Personen ist er mit Wahrscheinlichkeit \(3\,\%\) positiv. a) Gib \(P_E(T)\) an und beschreibe die Bedeutung dieser Wahrscheinlichkeit im Sachzusammenhang. b) Berechne \(P(E\cap T)\). c) Bestimme \(P_T(E)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle. d) Erläutere anhand der Wahrscheinlichkeiten, warum \(E\) und \(T\) stochastisch abhängig sind.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

a) \(P_E(T)=0{,}98\); unter den erkrankten Personen sind \(98\,\%\) der Tests positiv. b) \(P(E\cap T)=0{,}0049=0{,}49\,\%\) c) \(P_T(E)\approx14{,}1\,\%\) d) \(E\) und \(T\) sind abhängig, weil \(P_E(T)\neq P(T)\).

43748011

Das Baumdiagramm gehört zu einem zweistufigen Zufallsexperiment mit den Ereignissen \(A\) und \(B\). Einige Astwahrscheinlichkeiten fehlen. Am Ende des Pfades \(A\) und \(B\) ist die zugehörige Pfadwahrscheinlichkeit \(P(A\cap B)=0{,}1\) angegeben. 1. Vervollständige das Baumdiagramm. 2. Berechne \(P_B(A)\) und \(P_{\bar{B}}(A)\).

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

1. \(P(\bar{A})=0{,}6\), \(P_A(B)=0{,}25\), \(P_A(\bar{B})=0{,}75\), \(P_{\bar{A}}(B)=0{,}7\) 2. \(P_B(A)=\frac{5}{26}\approx0{,}1923\); \(P_{\bar{B}}(A)=0{,}625\)

43748411

In einem Modell für einen Schnelltest auf eine seltene Pollenallergie gilt: \(2\,\%\) der betrachteten Personen haben die Allergie \(A\). Bei Personen mit Allergie ist der Test mit Wahrscheinlichkeit \(95\,\%\) positiv (\(+\)); bei Personen ohne Allergie \(\bar{A}\) ist er mit Wahrscheinlichkeit \(4\,\%\) positiv. a) Ergänze die fehlenden Wahrscheinlichkeiten im Baumdiagramm. b) Berechne die Wahrscheinlichkeit \(P(-)\) für ein negatives Testergebnis. c) Bestimme \(P_A(-)\). d) Bestimme \(P(A\cap +)\). e) Beschreibe \(P_A(+)\) in eigenen Worten. f) Eine Person erhält ein positives Testergebnis. Bestimme \(P_+(A)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

a) \(P(\bar{A})=0{,}98\), \(P_A(-)=0{,}05\), \(P_{\bar{A}}(-)=0{,}96\) b) \(P(-)=0{,}9418\) c) \(P_A(-)=0{,}05=5\,\%\) d) \(P(A\cap +)=0{,}019\) e) \(P_A(+)\) ist die Wahrscheinlichkeit für einen positiven Test innerhalb der Gruppe der Personen mit Allergie. f) \(P_+(A)\approx32{,}6\,\%\)

43748511

Ein Online-Shop unterscheidet Bestellungen von Stammkunden (\(S\)) und Gelegenheitskunden (\(\bar S\)). Das Ereignis \(E\) bedeutet „Express-Versand gewählt“. Die gegebenen Wahrscheinlichkeiten stehen im teilweise ausgefüllten Baumdiagramm. a) Vervollständige alle fehlenden Zweigwahrscheinlichkeiten. b) Bestimme \(P(E)\). c) Berechne \(P_{\bar E}(S)\). d) Erkläre den Unterschied zwischen \(P(S\cap E)\) und \(P_S(E)\) im Sachzusammenhang. e) Interpretiere den Term \(\frac{0{,}4\cdot0{,}15}{0{,}6\cdot0{,}8+0{,}4\cdot0{,}15}\).

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

a) \(P(\bar S)=0{,}4\), \(P_S(\bar E)=0{,}2\), \(P_{\bar S}(\bar E)=0{,}85\) b) \(P(E)=0{,}54=54\,\%\) c) \(P_{\bar E}(S)=\frac{6}{23}\approx26{,}09\,\%\) d) \(P(S\cap E)\) bezieht sich auf alle Bestellungen; \(P_S(E)\) nur auf die Bestellungen von Stammkunden. e) Der Term ist \(P_E(\bar S)\), der Anteil der Gelegenheitskunden unter den Express-Bestellungen.

43749211

Das Baumdiagramm zeigt die Produktion elektronischer Chips an zwei Standorten \(S_1\) und \(S_2\). \(D\) bedeutet „Chip ist defekt“. a) Bestimme \(P(D)\). b) Ein Chip ist defekt. Berechne \(P_D(S_1)\).

Denkanstöße

- Welche vollständigen Pfade enden beim Ereignis \(D\)? - Addiere für a) die Wahrscheinlichkeiten dieser Pfade. - Welche dieser defekten Chips gehören für b) zum Pfad über \(S_1\)?

Lösung

1. Die beiden zu \(D\) führenden Pfade haben die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}60\cdot0{,}04=0{,}024\) und \(0{,}40\cdot0{,}07=0{,}028\). 2. Daher ist \(P(D)=0{,}024+0{,}028=0{,}052=5{,}2\,\%\). 3. Unter den defekten Chips entfällt der Anteil \(0{,}024\) auf Standort \(S_1\). Somit gilt \(P_D(S_1)=\frac{0{,}024}{0{,}052}=\frac{6}{13}\approx0{,}4615\).

Antwort

a) \(P(D)=5{,}2\,\%\) b) \(P_D(S_1)=\frac{6}{13}\approx46{,}15\,\%\)

43756211

Im Baumdiagramm sind die Wahrscheinlichkeiten für die Ereignisse \(B\) und \(A\) dargestellt. a) Deute die am Zweig von \(B\) zu \(A\) angegebene Wahrscheinlichkeit im Zusammenhang der Ereignisse. b) Bestimme \(P_A(B)\).

Denkanstöße

- Welche Gruppe ist durch den ersten Zweig \(B\) bereits festgelegt? - Welche beiden vollständigen Pfade führen zum Ereignis \(A\)? - Welche dieser beiden Pfadwahrscheinlichkeiten gehört zugleich zu \(A\) und \(B\)?

Lösung

1. Der Zweig von \(B\) zu \(A\) trägt die Wahrscheinlichkeit \(P_B(A)=0{,}8\). Das bedeutet: Unter den Fällen mit \(B\) tritt in \(80\,\%\) auch \(A\) ein. 2. Die beiden zu \(A\) führenden Pfade haben die Wahrscheinlichkeiten \(0{,}3\cdot0{,}8=0{,}24\) und \(0{,}7\cdot0{,}2=0{,}14\). Daher ist \(P(A)=0{,}38\). 3. Somit gilt \(P_A(B)=\frac{0{,}24}{0{,}38}=\frac{12}{19}\approx0{,}6316\).

Antwort

a) \(P_B(A)=0{,}8\): Unter den Fällen mit \(B\) erfüllen \(80\,\%\) auch \(A\). b) \(P_A(B)=\frac{12}{19}\approx63{,}16\,\%\)

43757811

Das Baumdiagramm zeigt die Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse \(A\) und \(B\). Jona möchte \(P_B(A)\) bestimmen und rechnet \(P_B(A)=P(A\cap B):P(A)\). Finde den Fehler und bestimme den richtigen Wert.

Denkanstöße

- Welche Information ist bei \(P_B(A)\) bereits als Bedingung festgelegt? - Welche vollständigen Pfade enden bei \(B\)? - Prüfe, ob Jonas Nenner genau die Wahrscheinlichkeit dieser Bedingungsgruppe beschreibt.

Lösung

1. Der gemeinsame Pfad \(A\cap B\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}6\cdot0{,}3=0{,}18\). 2. Zum Ereignis \(B\) gehört außerdem der Pfad \(\bar A\cap B\) mit \(0{,}4\cdot0{,}2=0{,}08\). Daher ist \(P(B)=0{,}18+0{,}08=0{,}26\). 3. Bei \(P_B(A)\) ist \(B\) die Bedingung und damit die Bezugsgruppe. Der Nenner muss deshalb \(P(B)\) sein, nicht \(P(A)\). 4. Es gilt \(P_B(A)=\frac{0{,}18}{0{,}26}=\frac{9}{13}\approx0{,}6923\).

Antwort

Jona verwendet die falsche Bezugsgruppe. Richtig ist \(P_B(A)=\frac{9}{13}\approx69{,}23\,\%\).

43758211

Das Häufigkeitsbaumdiagramm zeigt eine Befragung zu regelmäßiger Fahrradnutzung und Helmtragen. Ergänze die fehlenden Häufigkeiten und bestimme den Anteil der regelmäßig Radfahrenden unter den Personen, die meist einen Helm tragen.

Denkanstöße

- Ergänze zuerst die Häufigkeit der Personen ohne regelmäßige Fahrradnutzung. - Die Häufigkeiten der beiden Nachfolger eines Knotens müssen zusammen die Häufigkeit dieses Knotens ergeben. - Welche Personen bilden für den gesuchten Anteil die Bezugsgruppe?

Lösung

1. Nicht regelmäßig Fahrrad fahren \(1200-450=750\) Personen. 2. Unter den Radfahrenden tragen \(450-360=90\) meist keinen Helm. Unter den übrigen Personen tragen \(750-150=600\) meist keinen Helm. 3. Insgesamt tragen \(360+150=510\) Personen meist einen Helm. 4. Unter diesen \(510\) Personen fahren \(360\) regelmäßig Fahrrad. Daher gilt \(P_{\text{Helm}}(\text{Fahrrad})=\frac{360}{510}=\frac{12}{17}\approx0{,}7059\).

Antwort

Kein Helm nach „Fahrrad“: \(90\); kein Fahrrad: \(750\); kein Helm nach „kein Fahrrad“: \(600\). Der gesuchte Anteil beträgt \(\frac{12}{17}\approx70{,}59\,\%\).

43759011

Das Baumdiagramm zeigt Modelldaten zur Nutzung einer Lernplattform und zum Bestehen einer Prüfung. Dabei bezeichnet \(I\) das Ereignis „intensive Nutzung“ und \(B\) das Ereignis „Prüfung bestanden“. Für eine zufällig ausgewählte Person ist bekannt, dass sie die Prüfung bestanden hat. Bestimme \(P_B(I)\). Gib den Prozentwert auf eine Dezimalstelle gerundet an.

Denkanstöße

- Welche beiden Pfade im Baum enden beim Ereignis „bestanden“? - Für die umgekehrte Bedingung ist die gesamte Gruppe der Personen mit bestandener Prüfung die Bezugsgruppe. - Welche gemeinsame Pfadwahrscheinlichkeit gehört zugleich zu intensiver Nutzung und bestandener Prüfung?

Lösung

1. Der Pfad „intensive Nutzung und bestanden“ hat die Wahrscheinlichkeit \(P(I\cap B)=0{,}4\cdot0{,}85=0{,}34\). 2. Der zweite Pfad zum Ereignis \(B\) hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}6\cdot0{,}55=0{,}33\). Somit ist \(P(B)=0{,}34+0{,}33=0{,}67\). 3. Beim Umkehren der Bedingung bleibt \(P(I\cap B)=0{,}34\) der gemeinsame Pfadanteil. Daher gilt \(P_B(I)=\frac{0{,}34}{0{,}67}=\frac{34}{67}\approx0{,}5075\). 4. Als Prozentwert auf eine Dezimalstelle gerundet ergibt sich \(50{,}7\,\%\).

Antwort

\(P_B(I)=\frac{34}{67}\approx50{,}7\,\%\)

43759111

Ein seltenes Merkmal tritt in einem Modell bei \(0{,}3\,\%\) einer Bevölkerung auf. Ein Verfahren markiert \(90\,\%\) der Merkmalsträger und außerdem \(2\,\%\) der übrigen Personen. Das Baumdiagramm stellt die Situation als Häufigkeitsbaum dar. Ergänze die passenden absoluten Häufigkeiten an den noch offenen Knoten und Enden. Bestimme anschließend den Anteil der Merkmalsträger unter den markierten Personen. Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle.

Denkanstöße

- Beginne bei der Gesamtzahl und wandle zunächst die erste Aufteilung in Anzahlen um. - Bei der zweiten Stufe ist jeweils die Häufigkeit am vorherigen Knoten die neue Bezugsgröße. - Für den gesuchten Anteil bilden die beiden Endgruppen „markiert“ gemeinsam die Bezugsgruppe.

Lösung

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

Antwort

Mit Merkmal: \(300\), davon markiert \(270\) und nicht markiert \(30\). Ohne Merkmal: \(99\,700\), davon markiert \(1994\) und nicht markiert \(97\,706\). Unter den Markierten beträgt der Anteil der Merkmalsträger \(\approx11{,}9\,\%\).

43760311

Das Baumdiagramm zeigt ein Modell zu einem Dopingtest in einer Sportgruppe. Eine positiv getestete Person hört die Aussage: „Mit \(99\,\%\) Wahrscheinlichkeit wurde gedopt.“ Beurteile die Aussage rechnerisch.

Denkanstöße

- Prüfe genau, welche Gruppe zu der im Baum angegebenen Wahrscheinlichkeit \(99\,\%\) gehört. - Welche beiden Pfade führen zu einem positiven Testergebnis? - Vergleiche die Richtung der Bedingung im Baum mit der Richtung der Behauptung.

Lösung

1. Der gemeinsame Anteil „Doping und positiv“ beträgt \(0{,}02\cdot0{,}99=0{,}0198\). 2. Der gemeinsame Anteil „kein Doping und positiv“ beträgt \(0{,}98\cdot0{,}03=0{,}0294\). 3. Insgesamt sind \(0{,}0198+0{,}0294=0{,}0492\) der Fälle positiv. 4. Unter den positiven Fällen beträgt der Dopinganteil \(\frac{0{,}0198}{0{,}0492}=\frac{33}{82}\approx0{,}4024\). 5. Die \(99\,\%\) im Baum beschreiben die Positivrate unter der Bedingung Doping, nicht den Dopinganteil unter der Bedingung eines positiven Tests. Die Aussage ist daher falsch.

Antwort

Die Aussage ist falsch. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt \(\frac{33}{82}\approx40{,}24\,\%\), nicht \(99\,\%\).

43760511

Das Baumdiagramm zeigt ein Testmodell. Nach einem negativen Ergebnis behauptet jemand: „Die Krankheit ist ausgeschlossen.“ Prüfe die Aussage und bestimme den tatsächlichen Anteil der Kranken unter den Personen mit negativem Ergebnis.

Denkanstöße

- Gibt es im Baum einen Pfad, der zugleich „krank“ und „negativ“ beschreibt? - Welche zwei Pfade gehören zur Bezugsgruppe aller negativen Ergebnisse? - Was müsste gelten, damit die Krankheit nach einem negativen Ergebnis wirklich ausgeschlossen wäre?

Lösung

1. Der Pfad „krank und negativ“ hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}2\cdot0{,}05=0{,}01\). 2. Der Pfad „gesund und negativ“ hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}8\cdot0{,}9=0{,}72\). 3. Negative Ergebnisse treten insgesamt mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}01+0{,}72=0{,}73\) auf. 4. Unter den Personen mit negativem Ergebnis beträgt der Krankenanteil \(\frac{0{,}01}{0{,}73}=\frac{1}{73}\approx0{,}0137\). Die Krankheit ist daher nicht ausgeschlossen.

Antwort

Die Aussage ist falsch. Der Krankenanteil unter den negativ Getesteten beträgt \(\frac{1}{73}\approx1{,}37\,\%\).

55350511

In einem Modell nutzen \(55\,\%\) der Schülerinnen und Schüler an einem Schultag die Mensa (Ereignis \(M\)). Von den Mensagästen wählen \(30\,\%\) ein vegetarisches Gericht (Ereignis \(V\)). Von den übrigen Schülerinnen und Schülern wählen \(50\,\%\) ein vegetarisches Gericht. Ein Baumdiagramm soll in der ersten Stufe nach \(M\) beziehungsweise \(\bar M\) verzweigen. Gib die sechs Astwahrscheinlichkeiten dieses Baumdiagramms an und bestimme anschließend \(P(V)\).

Denkanstöße

- Welche Angabe beschreibt die Gesamtgruppe und gehört deshalb in die erste Stufe? - Ergänze an jeder Verzweigung die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses. - Welche vollständigen Pfade führen zum Ereignis \(V\)?

Lösung

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

Antwort

Astwahrscheinlichkeiten: \(P(M)=0{,}55\), \(P(\bar M)=0{,}45\), \(P_M(V)=0{,}30\), \(P_M(\bar V)=0{,}70\), \(P_{\bar M}(V)=0{,}50\), \(P_{\bar M}(\bar V)=0{,}50\). Außerdem gilt \(P(V)=0{,}39=39\,\%\).

43747911

Das Baumdiagramm zeigt die Herkunft von Netzteilen aus zwei Herstellergruppen \(A\) und \(B\) sowie, ob ein Netzteil defekt ist (\(D\)) oder nicht. Alle benötigten Wahrscheinlichkeiten sind im Diagramm angegeben. a) Berechne die Gesamtwahrscheinlichkeit \(P(D)\). b) Ein zufällig ausgewähltes Netzteil ist defekt. Bestimme \(P_D(B)\). Runde den Prozentwert auf eine Dezimalstelle. c) Die Defektquote von \(A\) bleibt unverändert. Auf welchen Wert müsste die Defektquote von \(B\) sinken, damit das Ereignis \(D\) von der Herstellergruppe unabhängig ist? Begründe.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

a) \(P(D)=0{,}019=1{,}9\,\%\) b) \(P_D(B)\approx63{,}2\,\%\) c) Die Defektquote von \(B\) muss auf \(1\,\%\) sinken.

43757011

Gegeben sind \(P(A)=0{,}8\), \(P(B)=0{,}7\) und \(P(A\cap B)=0{,}4\). Zeige mithilfe des Baumdiagramms, dass diese Angaben nicht gleichzeitig möglich sind.

Denkanstöße

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

Lösung

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

Antwort

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

43757511

Das Baumdiagramm modelliert zwei Wiederholungen desselben Tests. Bei gegebenem Gesundheitszustand werden die beiden Testergebnisse als unabhängig angenommen. Eine Person erhält zuerst ein positives und danach ein negatives Ergebnis. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass die Person krank ist. Gib das Ergebnis in Prozent auf zwei Dezimalstellen an.

Denkanstöße

- Verfolge in beiden Ausgangsgruppen genau die Ergebnisfolge „positiv, negativ“. - Welche zwei vollständigen Pfade gehören zu dieser beobachteten Ergebnisfolge? - Die gesuchte Gruppe ist ein Teil aller Personen mit genau dieser Folge.

Lösung

1. Der Pfad „krank, positiv, negativ“ hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}02\cdot0{,}95\cdot0{,}05=0{,}00095\). 2. Der Pfad „nicht krank, positiv, negativ“ hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}98\cdot0{,}02\cdot0{,}98=0{,}019208\). 3. Die Ergebnisfolge „positiv, negativ“ tritt insgesamt mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}00095+0{,}019208=0{,}020158\) auf. 4. Unter allen Personen mit dieser Ergebnisfolge ist der Anteil der Kranken \(\frac{0{,}00095}{0{,}020158}\approx0{,}0471\). Das sind gerundet \(4{,}71\,\%\).

Antwort

\(4{,}71\,\%\)

43760211

Das Baumdiagramm zeigt zwei unterschiedliche Tests A und B für dieselbe Krankheit. Bei gegebenem Gesundheitszustand werden die beiden Testergebnisse als unabhängig angenommen. Eine Person erhält bei beiden Tests ein positives Ergebnis. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass die Person krank ist.

Denkanstöße

- Verfolge in beiden Ausgangsgruppen jeweils den vollständigen Pfad A+ und B+. - Welche zwei Pfadwahrscheinlichkeiten bilden zusammen die Bezugsgruppe „beide Tests positiv“? - Welcher Teil dieser Bezugsgruppe gehört zur Gruppe „krank“?

Lösung

1. Der Pfad „krank, A+, B+“ hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}1\cdot0{,}9\cdot0{,}8=0{,}072\). 2. Der Pfad „nicht krank, A+, B+“ hat die Wahrscheinlichkeit \(0{,}9\cdot0{,}05\cdot0{,}1=0{,}0045\). 3. Beide positiven Testergebnisse treten insgesamt mit Wahrscheinlichkeit \(0{,}072+0{,}0045=0{,}0765\) auf. 4. Der Anteil der Kranken unter diesen Fällen ist \(\frac{0{,}072}{0{,}0765}=\frac{16}{17}\approx0{,}9412\).

Antwort

\(\frac{16}{17}\approx94{,}12\,\%\)

43760411

Die beiden Baumdiagramme zeigen zwei Screeningprogramme A und B für dieselbe Krankheit in Gruppen mit gleicher Krankheitshäufigkeit. Bei welchem Programm ist ein positives Ergebnis verlässlicher? Berechne dafür jeweils den Anteil der Kranken unter den Personen mit positivem Ergebnis und begründe den Vergleich.

Denkanstöße

- Lies für jedes Programm die beiden vollständigen Pfade ab, die bei einem positiven Ergebnis enden. - Welcher dieser beiden Pfade gehört zur gesuchten Gruppe „krank“? - Vergleiche nicht nur die Trefferquote bei Kranken, sondern auch die positiven Ergebnisse in der gesunden Gruppe.

Lösung

1. Bei Programm A beträgt der gemeinsame Anteil „krank und positiv“ \(0{,}01\cdot0{,}95=0{,}0095\). Der Anteil „gesund und positiv“ beträgt \(0{,}99\cdot0{,}01=0{,}0099\). 2. Damit ist bei Programm A der Krankenanteil unter den positiven Ergebnissen \(\frac{0{,}0095}{0{,}0095+0{,}0099}\approx0{,}4897\). 3. Bei Programm B beträgt der gemeinsame Anteil „krank und positiv“ \(0{,}01\cdot0{,}99=0{,}0099\), der Anteil „gesund und positiv“ \(0{,}99\cdot0{,}03=0{,}0297\). 4. Bei Programm B ergibt sich daher \(\frac{0{,}0099}{0{,}0099+0{,}0297}=0{,}25\). 5. Ein positives Ergebnis ist bei Programm A verlässlicher. Programm B erkennt zwar einen etwas größeren Anteil der Kranken, erzeugt aber in der sehr großen gesunden Gruppe deutlich mehr positive Fehlmeldungen.

Antwort

Programm A ist verlässlicher: etwa \(48{,}97\,\%\) der positiven Ergebnisse stammen von Kranken; bei Programm B sind es \(25\,\%\).

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