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- Wird die Wahrscheinlichkeit berechnet, bevor ein Experiment stattfindet, oder erst danach? - Spielen physikalische Symmetrien eine Rolle? - Handelt es sich um ein einmaliges Ereignis oder um einen wiederholbaren Vorgang? - Worauf stützt sich die Person bei ihrer Angabe: auf Abzählen, auf Messen oder auf eine Meinung?

1. Aussage A wird der klassischen Wahrscheinlichkeit (Laplace) zugeordnet. Die Begründung liegt in der Annahme von Symmetrie und gleichwahrscheinlichen Elementarereignissen (gleich große Felder), wodurch die Wahrscheinlichkeit als Quotient aus günstigen und möglichen Ergebnissen berechnet wird: \(P = \frac{1}{20} = 0{,}05\). 2. Aussage B entspricht der statistischen Wahrscheinlichkeit (empirischer Begriff). Hier wird die relative Häufigkeit \(\frac{142}{500} = 0{,}284\) aus einer langen Versuchsreihe als Schätzwert für die Wahrscheinlichkeit verwendet (Gesetz der großen Zahlen). Da der Legostein keine physikalische Symmetrie wie ein idealer Würfel aufweist, ist ein theoretischer Ansatz vorab nicht möglich. 3. Aussage C ist eine subjektive Wahrscheinlichkeit. Sie basiert nicht auf Symmetrieüberlegungen oder exakten Versuchsreihen, sondern auf einer persönlichen Einschätzung, Intuition oder Erfahrungswerten in einer Situation, die nicht exakt reproduzierbar ist.

A: Klassische Wahrscheinlichkeit (Laplace), da alle Felder gleich wahrscheinlich sind. B: Statistische Wahrscheinlichkeit (Empirisch), da die Wahrscheinlichkeit aus der relativen Häufigkeit einer Versuchsreihe abgeleitet wird. C: Subjektive Wahrscheinlichkeit, da es sich um eine persönliche Einschätzung eines Experten oder einer Einzelperson handelt.

- Überlege, ob die Wahrscheinlichkeit durch logisches Abzählen gleich möglicher Fälle bestimmt wurde. - Prüfe, ob der Wert auf Beobachtungen oder Messreihen aus der Vergangenheit beruht. - Frage dich, ob es sich um eine grundlegende mathematische Regel oder Definition handelt, die für alle Wahrscheinlichkeiten gelten muss.

1. Zu a): Laplace-Begriff. Begründung: Es wird von einem „fairen“ Würfel ausgegangen, bei dem alle acht Seiten (Elementarereignisse) aufgrund der Symmetrie als gleich wahrscheinlich angenommen werden. Die Primzahlen im Bereich 1 bis 8 sind 2, 3, 5 und 7, woraus sich \(P = \frac{4}{8} = 0{,}5\) ergibt. 2. Zu b): Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff. Begründung: Der Wert basiert auf der Auswertung statistischer Daten (relative Häufigkeit) über einen längeren Zeitraum. 3. Zu c): Axiomatischer Wahrscheinlichkeitsbegriff. Begründung: Es handelt sich um eine formale Festlegung (Nichtnegativitäts- und Normierungsaxiom nach Kolmogorow), die die mathematische Struktur von Wahrscheinlichkeitsmaßen definiert. 4. Zu d): Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff. Begründung: Die Wahrscheinlichkeit wird aus der relativen Häufigkeit ähnlicher Wetterlagen in der Vergangenheit abgeleitet.

a) Laplace-Begriff (Symmetrie/Gleichwahrscheinlichkeit der Seiten). b) Empirischer Begriff (statistische Daten/relative Häufigkeit). c) Axiomatischer Begriff (formale Definition/Axiome). d) Empirischer Begriff (Beobachtungsdaten aus der Vergangenheit).

- Überlege, ob die Wahrscheinlichkeit durch Abzählen gleich möglicher Fälle bestimmt wurde. - Prüfe, ob der Wert auf Daten aus der Vergangenheit oder Beobachtungen beruht. - Frage dich, ob die Zahl eine persönliche Meinung oder eine fachliche Einschätzung für ein spezielles Ereignis darstellt. - Gibt es eine physikalische Symmetrie, die alle Ergebnisse gleich wahrscheinlich macht?

1. Teilaufgabe a): Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff. Die Angabe basiert auf der statistischen Auswertung einer sehr großen Anzahl von Beobachtungen (Geburtenregistern) und nicht auf einer theoretischen Symmetrieüberlegung. 2. Teilaufgabe b): Klassischer Wahrscheinlichkeitsbegriff (Laplace). Da die Felder gleich groß sind, wird von der Symmetrie des Zufallsgeräts ausgegangen. Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich theoretisch aus dem Quotienten der günstigen Ergebnisse (Primzahlen \(2, 3, 5, 7\)) und der Gesamtzahl der Ergebnisse (\(10\)), also \(\frac{4}{10} = 0{,}4\). 3. Teilaufgabe c): Subjektiver Wahrscheinlichkeitsbegriff. Es handelt sich um eine persönliche Einschätzung oder Erwartung eines Experten für ein einmaliges Ereignis, die nicht durch Symmetrie oder eine lange Versuchsreihe exakt belegt werden kann. 4. Teilaufgabe d): Empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff. Der Wert resultiert aus der Auswertung vergangener Daten (relative Häufigkeit von Unfällen in der Statistik) und dient als Schätzwert für die Zukunft.

a) Empirisch (statistische Daten) b) Klassisch/Laplace (Symmetrie des Glücksrads) c) Subjektiv (persönliche Einschätzung) d) Empirisch (Unfallstatistik)

- Bestimme für beide Strategien die Trefferwahrscheinlichkeit \(p\) pro Frage. - Wie viele Fragen müssen insgesamt beantwortet werden (\(n\))? - Denke daran, dass „mindestens 3“ bedeutet, dass 3, 4 oder 5 Antworten korrekt sein können. - Verwende die Formel von Bernoulli für die einzelnen Wahrscheinlichkeiten.

1. Analyse von Strategie A (Bernoulli-Kette mit \(n=5, p=0{,}25\)): Gesucht ist \(P(X \ge 3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5)\). \(P(X=3) = \binom{5}{3} \cdot 0{,}25^3 \cdot 0{,}75^2 = 10 \cdot \frac{1}{64} \cdot \frac{9}{16} = \frac{90}{1024}\) \(P(X=4) = \binom{5}{4} \cdot 0{,}25^4 \cdot 0{,}75^1 = 5 \cdot \frac{1}{256} \cdot \frac{3}{4} = \frac{15}{1024}\) \(P(X=5) = \binom{5}{5} \cdot 0{,}25^5 \cdot 0{,}75^0 = 1 \cdot \frac{1}{1024} \cdot 1 = \frac{1}{1024}\) \(P(X \ge 3) = \frac{90+15+1}{1024} = \frac{106}{1024} \approx 0{,}1035\) 2. Analyse von Strategie B (Bernoulli-Kette mit \(n=10, p=0{,}5\)): Gesucht ist \(P(Y=5)\). \(P(Y=5) = \binom{10}{5} \cdot 0{,}5^5 \cdot 0{,}5^5 = 252 \cdot 0{,}5^{10} = \frac{252}{1024} \approx 0{,}2461\) 3. Vergleich: Da \(\frac{252}{1024} > \frac{106}{1024}\), ist Strategie B erfolgversprechender.

Strategie B bietet die höhere Erfolgswahrscheinlichkeit. Die Wahrscheinlichkeit liegt hier bei ca. \(24{,}61\,\%\), während sie bei Strategie A nur ca. \(10{,}35\,\%\) beträgt.

- Achte darauf, ob die Auswahl gleichzeitig (oder ohne Zurücklegen) erfolgt oder ob eine Person mehrfach gewählt werden kann. - Welches mathematische Werkzeug hilft dir, die Anzahl der Möglichkeiten zu zählen, eine Teilmenge aus einer größeren Gruppe zu bilden? - Bei Teilaufgabe c) handelt es sich um ein Zufallsexperiment, bei dem die Wahrscheinlichkeit für jeden der vier Schritte gleich bleibt.

1. Berechnung der Gesamtmöglichkeiten für die Auswahl von 4 aus 15 Personen ohne Beachtung der Reihenfolge: \(\binom{15}{4} = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 1365\). 2. Berechnung der günstigen Fälle für genau 2 Frauen und 2 Männer: \(\binom{6}{2} \cdot \binom{9}{2} = 15 \cdot 36 = 540\). Die Wahrscheinlichkeit ergibt sich aus dem Quotienten: \(P = \frac{540}{1365} = \frac{36}{91} \approx 0{,}3956\). 3. Modellierung als Bernoulli-Kette mit \(n=4\), \(k=2\) und der Erfolgswahrscheinlichkeit für eine Frau \(p = \frac{6}{15} = 0{,}4\): \(P(X=2) = \binom{4}{2} \cdot 0{,}4^2 \cdot 0{,}6^2 = 6 \cdot 0{,}16 \cdot 0{,}36 = 0{,}3456\).

a) Es gibt \(1365\) Möglichkeiten. b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(39{,}56\,\%\) (\(\frac{36}{91}\)). c) Die Wahrscheinlichkeit beträgt \(34{,}56\,\%\).

- Achte auf den Unterschied zwischen „mit einem Griff“ und „mit Zurücklegen“. - Wie hängen die Ereignisse „kein Fehler“ und „mindestens ein Fehler“ zusammen? - Was bedeutet es für die Wahrscheinlichkeit des nächsten Zugs, wenn ein bereits geprüftes Teil nicht mehr zur Verfügung steht?

1. Teilaufgabe a): Da die Entnahme mit einem Griff erfolgt (ohne Zurücklegen), nutzt man den Binomialkoeffizienten. Die Wahrscheinlichkeit für \(0\) defekte Geräte bei \(4\) Entnahmen aus \(24\) (davon \(3\) defekt, \(21\) intakt) ist \(P(X = 0) = \frac{\binom{3}{0} \cdot \binom{21}{4}}{\binom{24}{4}} = \frac{1 \cdot 5985}{10626} \approx 0{,}5632\). 2. Teilaufgabe b): Das Ereignis „mindestens ein Fehler“ ist das Gegenereignis zu „kein Fehler“. Somit gilt \(P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \frac{5985}{10626} = \frac{4641}{10626} \approx 0{,}4368\). 3. Teilaufgabe c): Bei Ziehen mit Zurücklegen ist die Wahrscheinlichkeit für ein intaktes Gerät konstant \(p = \frac{21}{24} = 0{,}875\). Für \(4\) Treffer in einer Bernoulli-Kette gilt \(P(Z = 4) = 0{,}875^4 \approx 0{,}5862\). Der Vergleich zeigt, dass die Wahrscheinlichkeit beim Ziehen mit Zurücklegen etwas höher ist (\(0{,}5862 > 0{,}5632\)), da beim Ziehen ohne Zurücklegen die Anzahl der verfügbaren intakten Geräte mit jedem Zug sinkt.

a) \(P(X = 0) \approx 56{,}32\,\%\) b) \(P(X \geq 1) \approx 43{,}68\,\%\) c) Mit Zurücklegen: \(P \approx 58{,}62\,\%\). Die Wahrscheinlichkeit ist beim Ziehen mit Zurücklegen höher, da die Chance auf ein intaktes Gerät nicht durch vorangegangene Züge verringert wird.

- Wie berechnet man die Anzahl der Möglichkeiten, eine bestimmte Anzahl an Objekten aus einer Menge auszuwählen? - Was ist der Unterschied im Nenner bei der Wahrscheinlichkeitsberechnung zwischen Ziehen mit und ohne Zurücklegen? - Nutze das Gegenereignis „kein defekter Stick“, um die Rechnung zu vereinfachen. - Die absolute Differenz ist der Betrag der Abweichung zwischen beiden Modellen.

1. Berechnung für „ohne Zurücklegen“ (Hypergeometrische Verteilung): Gesamtzahl \(N = 50\), Anzahl defekt \(M = 3\), Stichprobe \(n = 3\). \(P(\text{mind. 1 defekt}) = 1 - P(\text{0 defekt}) = 1 - \frac{\binom{3}{0} \cdot \binom{47}{3}}{\binom{50}{3}}\). \(\binom{47}{3} = 16\,215\), \(\binom{50}{3} = 19\,600\). \(P(\text{ohne}) = 1 - \frac{16215}{19600} \approx 1 - 0{,}82730 = 0{,}17270\). 2. Berechnung für „mit Zurücklegen“ (Binomialverteilung): \(n = 3\), \(p = \frac{3}{50} = 0{,}06\). \(P(\text{mit}) = 1 - P(X = 0) = 1 - (1 - 0{,}06)^3 = 1 - 0{,}94^3\). \(P(\text{mit}) = 1 - 0{,}83058 = 0{,}16942\). 3. Berechnung der absoluten Differenz: \(|0{,}17270 - 0{,}16942| = 0{,}00328\).

a) Die Wahrscheinlichkeit ohne Zurücklegen beträgt ca. \(17{,}27\,\%\). b) Die Wahrscheinlichkeit mit Zurücklegen beträgt ca. \(16{,}94\,\%\). c) Die absolute Differenz beträgt ca. \(0{,}0033\) (oder \(0{,}33\) Prozentpunkte).

- Wie berechnet man den Durchschnittswert aus einer Häufigkeitstabelle? - Welche Formel verknüpft die Parameter einer Binomialverteilung mit ihrem Erwartungswert? - Wie lautet die Formel von Bernoulli für einen spezifischen Wert \(k\)? - Überlege, wie man die relative Häufigkeit eines Ereignisses aus der Anzahl der Beobachtungen bestimmt.

1. Berechnung des arithmetischen Mittels: \(\bar{k} = \frac{0 \cdot 4 + 1 \cdot 21 + 2 \cdot 50 + 3 \cdot 48 + 4 \cdot 22 + 5 \cdot 5}{150} = \frac{378}{150} = 2{,}52\). 2. Schätzung von \(p\): Da für eine binomialverteilte Zufallsgröße \(\mu = n \cdot p\) gilt, folgt mit \(n = 5\) und \(\mu \approx \bar{k}\): \(5 \cdot p = 2{,}52 \Rightarrow p = 0{,}504\). 3. Theoretische Wahrscheinlichkeit für \(k = 2\): \(P(X = 2) = \binom{5}{2} \cdot 0{,}504^2 \cdot (1 - 0{,}504)^3 \approx 0{,}3100\). Die empirische relative Häufigkeit beträgt \(h(2) = \frac{50}{150} = \frac{1}{3} \approx 0{,}3333\). Der empirische Wert liegt somit etwa \(2{,}34\) Prozentpunkte über dem theoretischen Modellwert.

1. \(\bar{k} = 2{,}52\) 2. \(p = 0{,}504\) 3. Theoretisch: \(P(X = 2) \approx 0{,}3100\); empirisch: \(h(2) \approx 0{,}3333\).

- Achte darauf, ob du die Wahrscheinlichkeit für ein einzelnes Bauteil oder die durchschnittliche Anzahl pro Gruppe berechnest. - Was ist das Gegenereignis zu „mindestens ein Defekt“? - Wie bestimmt man die relative Häufigkeit einer kombinierten Merkmalsausprägung (z. B. \(k \ge 1\))?

1. Gesamtzahl der defekten Bauteile: \(0 \cdot 130 + 1 \cdot 55 + 2 \cdot 12 + 3 \cdot 3 = 88\). Gesamtzahl der geprüften Bauteile: \(200 \cdot 3 = 600\). Schätzwert für \(p\): \(p = \frac{88}{600} = \frac{11}{75} \approx 0{,}1467\). Alternativ über den Mittelwert pro Gruppe: \(\bar{k} = \frac{88}{200} = 0{,}44\); \(3p = 0{,}44 \Rightarrow p = \frac{11}{75}\). 2. Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Defekt: \(P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - (1 - p)^3 = 1 - \left(\frac{64}{75}\right)^3 \approx 0{,}3786\). 3. Empirische relative Häufigkeit: \(h(k \ge 1) = \frac{55 + 12 + 3}{200} = \frac{70}{200} = 0{,}35\). Das Modell liefert mit ca. \(37{,}86\,\%\) eine etwas höhere Wahrscheinlichkeit als die beobachteten \(35\,\%\).

1. \(p = \frac{11}{75} \approx 0{,}1467\) 2. \(P(X \ge 1) \approx 0{,}3786\) 3. Theoretisch: \(37{,}86\,\%\); empirisch: \(35\,\%\).

- Wie berechnet man den Anteil einer Teilmenge an der Gesamtmenge? - Welcher Begriff bezieht sich auf Ergebnisse aus durchgeführten Experimenten? - Welche Verteilung eignet sich für eine Kette von Versuchen mit zwei möglichen Ausgängen? - Überlege, ob die Wahrscheinlichkeit hier aus Symmetrie, Erfahrung oder mathematischen Regeln folgt.

1. Berechnung der relativen Häufigkeit: \(h = \frac{15}{500} = 0{,}03\). Da die Wahrscheinlichkeit auf Basis von Beobachtungsdaten geschätzt wird, handelt es sich um den empirischen (oder statistischen) Wahrscheinlichkeitsbegriff. 2. Berechnung der Wahrscheinlichkeit für genau einen Defekt bei \(n = 20\) und \(p = 0{,}02\) mittels Binomialverteilung: \(P(X=1) = \binom{20}{1} \cdot 0{,}02^1 \cdot 0{,}98^{19} = 20 \cdot 0{,}02 \cdot 0{,}98^{19} \approx 0{,}2725\). Da hier mit einem mathematischen Modell und fest definierten Wahrscheinlichkeiten gearbeitet wird, liegt der axiomatische Wahrscheinlichkeitsbegriff (nach Kolmogorow) zugrunde.

1. Die relative Häufigkeit beträgt \(0{,}03\) (oder \(3\,\%\)). Es handelt sich um den empirischen Wahrscheinlichkeitsbegriff. 2. Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(0{,}2725\) (oder \(27{,}25\,\%\)). Es handelt sich um den axiomatischen Wahrscheinlichkeitsbegriff.

- Was ist die Grundvoraussetzung dafür, dass man die Formel „Anzahl der günstigen durch Anzahl der möglichen Fälle“ anwenden darf? - Wie hängen die relative Häufigkeit und die empirische Wahrscheinlichkeit zusammen? - Welche formalen Regeln müssen für die Summe aller möglichen Ergebnisse in einem Zufallsexperiment immer gelten?

1. Zu a): Der Laplace-Begriff setzt voraus, dass alle Elementarereignisse gleich wahrscheinlich sind (Symmetrie-Prinzip). Da eine Reißzwecke physikalisch nicht symmetrisch gebaut ist, gibt es keinen theoretischen Grund anzunehmen, dass Kopf und Seite gleich oft auftreten. 2. Zu b): Nach dem empirischen Begriff entspricht die Wahrscheinlichkeit der relativen Häufigkeit bei einer großen Versuchsanzahl. Berechnung: \(P(K) = \frac{185}{500} = 0{,}37\). 3. Zu c): Nach den Axiomen von Kolmogorow müssen die Wahrscheinlichkeiten nicht-negativ sein (\(P(K) \ge 0\) und \(P(S) \ge 0\)) und ihre Summe muss genau 1 ergeben (\(P(K) + P(S) = 1\)), da es sich um ein vollständiges System von Ereignissen handelt.

a) Ungeeignet, da keine physikalische Symmetrie vorliegt (keine Gleichwahrscheinlichkeit). b) \(P(K) = 0{,}37\) (entspricht der relativen Häufigkeit \(\frac{185}{500}\)). c) \(P(K), P(S) \ge 0\) und \(P(K) + P(S) = 1\).

- Was bedeutet „Laplace“, wenn alle Kugeln die gleiche Chance haben, gezogen zu werden? - Unterscheide zwischen einer theoretischen Überlegung und einem tatsächlich durchgeführten Experiment. - Wie nennt man eine Wahrscheinlichkeit, die nur auf einer persönlichen Meinung beruht? - Denk an den Zusammenhang zwischen der Anzahl der Versuche und der Stabilität von Ergebnissen.

1. Teilaufgabe a): Anwendung der Laplace-Formel \(P(A) = \frac{\text{Anzahl der günstigen Ergebnisse}}{\text{Anzahl der möglichen Ergebnisse}}\). Mit \(4\) roten und insgesamt \(10\) Kugeln ergibt sich \(P(\text{rot}) = \frac{4}{10} = 0{,}4\) bzw. \(40\,\%\). 2. Teilaufgabe b): Es handelt sich um den subjektiven Wahrscheinlichkeitsbegriff, da die Angabe auf einem persönlichen Gefühl bzw. einer individuellen Einschätzung basiert und der objektiven Symmetrie widerspricht. 3. Teilaufgabe c): Die relative Häufigkeit berechnet sich als \(h_n(A) = \frac{\text{Anzahl der Treffer}}{\text{Gesamtzahl der Versuche}}\), also \(\frac{18}{50} = 0{,}36\) bzw. \(36\,\%\). Dies ist dem empirischen Wahrscheinlichkeitsbegriff zuzuordnen. 4. Teilaufgabe d): Der Laplace-Wert ist ein theoretischer Idealwert. Die relative Häufigkeit ist das Ergebnis eines Zufallsexperiments und unterliegt Zufallsschwankungen. Gemäß dem Gesetz der großen Zahlen nähert sich die relative Häufigkeit dem theoretischen Wert erst bei einer sehr hohen Anzahl von Versuchen an.

a) \(P(\text{rot}) = 0{,}4\) b) Subjektiver Wahrscheinlichkeitsbegriff c) \(h_{50}(\text{rot}) = 0{,}36\), empirischer Wahrscheinlichkeitsbegriff d) Der Unterschied liegt in den Zufallsschwankungen bei begrenzter Versuchsanzahl (Gesetz der großen Zahlen).

- Überlege dir zuerst, welche Verteilung für das Ziehen mit Zurücklegen und welche für das Ziehen ohne Zurücklegen geeignet ist. - Was bedeutet die Bedingung „mindestens zwei“ für die möglichen Anzahlen der schwarzen Kugeln? - Berechne die Wahrscheinlichkeiten für beide Fälle getrennt und vergleiche die Dezimalwerte.

1. Berechnung der Wahrscheinlichkeit mit Zurücklegen (Binomialverteilung): Mit \(n = 3\) und der Erfolgswahrscheinlichkeit \(p = \frac{6}{10} = 0{,}6\) ergibt sich \(P(X \ge 2) = P(X=2) + P(X=3) = \binom{3}{2} \cdot 0{,}6^2 \cdot 0{,}4^1 + \binom{3}{3} \cdot 0{,}6^3 \cdot 0{,}4^0 = 0{,}432 + 0{,}216 = 0{,}648\). 2. Berechnung der Wahrscheinlichkeit ohne Zurücklegen (Hypergeometrische Verteilung): Die Gesamtzahl der Möglichkeiten ist \(\binom{10}{3} = 120\). Die günstigen Fälle sind \(\binom{6}{2} \cdot \binom{4}{1} = 15 \cdot 4 = 60\) für genau zwei schwarze Kugeln und \(\binom{6}{3} \cdot \binom{4}{0} = 20 \cdot 1 = 20\) für drei schwarze Kugeln. Somit gilt \(P(Y \ge 2) = \frac{60 + 20}{120} = \frac{80}{120} = \frac{2}{3} \approx 0{,}6667\). 3. Vergleich: Da \(0{,}6667 > 0{,}648\) ist, ist das Ziehen ohne Zurücklegen für den Spieler günstiger.

Es ist günstiger, ohne Zurücklegen zu ziehen. Die Gewinnwahrscheinlichkeit liegt in diesem Fall bei ca. \(66{,}7\,\%\), während sie mit Zurücklegen nur \(64{,}8\,\%\) beträgt.

- Wie groß ist der Anteil der funktionsfähigen Batterien in der Kiste? - Erinnere dich an die Formeln für die Binomialverteilung und die hypergeometrische Verteilung. - Wann darf man das Ziehen ohne Zurücklegen näherungsweise wie ein Ziehen mit Zurücklegen behandeln? Schau dir das Verhältnis von Stichprobe zu Gesamtmenge an.

1. Teilaufgabe a: Modellierung durch Binomialverteilung mit \(n = 4\) und \(p = \frac{45}{50} = 0{,}9\). Es ergibt sich \(P(X=4) = 0{,}9^4 = 0{,}6561\). 2. Teilaufgabe b: Modellierung durch hypergeometrische Verteilung. Es ergibt sich \(P(Y=4) = \frac{\binom{45}{4} \cdot \binom{5}{0}}{\binom{50}{4}} = \frac{148995}{230300} \approx 0{,}6470\). 3. Teilaufgabe c: Die Differenz der Wahrscheinlichkeiten beträgt \(0{,}6561 - 0{,}6470 = 0{,}0091\). Da die Abweichung weniger als \(1\,\text{Prozentpunkt}\) beträgt und der Stichprobenumfang (\(n=4\)) im Vergleich zur Grundgesamtheit (\(N=50\)) klein ist (Anteil unter \(10\,\%\)), ist die Binomialverteilung eine gute Näherung.

a) \(P(X=4) = 0{,}6561\) b) \(P(Y=4) \approx 0{,}6470\) c) Die Binomialverteilung liefert einen leicht höheren Wert. Die Näherung ist gut, da die Stichprobe klein im Verhältnis zur Gesamtmenge ist.

- Unterscheide zwischen theoretischer Wahrscheinlichkeit und tatsächlichem Ausgang eines Experiments. - Überlege, ob ein Zufallsgerät wie ein Glücksrad wissen kann, was vorher passiert ist. - Was passiert mit der relativen Häufigkeit, wenn man ein Experiment immer und immer wieder wiederholt? - Wie berechnet man die Wahrscheinlichkeit für eine genaue Trefferzahl bei einer Kette von Versuchen?

1. Aussage (1) ist falsch. Die Wahrscheinlichkeit \( P(R) = 0{,}25 \) bedeutet nicht, dass in einer kleinen Stichprobe das Ergebnis exakt gemäß der Wahrscheinlichkeit eintreten muss. Die Wahrscheinlichkeit für genau einen Treffer bei \( n=4 \) beträgt \( \binom{4}{1} \cdot 0{,}25^1 \cdot 0{,}75^3 \approx 42{,}2\,\% \). 2. Aussage (2) ist falsch. Die einzelnen Drehungen des Glücksrads sind stochastisch unabhängig. Das Rad hat kein „Gedächtnis“, daher bleibt die Wahrscheinlichkeit bei jeder Drehung konstant bei \( 0{,}25 \). 3. Aussage (3) ist richtig. Dies entspricht dem Gesetz der großen Zahlen, welches besagt, dass sich die relative Häufigkeit eines Zufallsergebnisses bei wachsender Versuchsanzahl stabilisiert und der theoretischen Wahrscheinlichkeit annähert. 4. Aussage (4) ist richtig. Bei einer Binomialverteilung mit \( n=40 \) und \( p=0{,}25 \) liegt das Maximum der Wahrscheinlichkeitsfunktion (der Modalwert) beim Erwartungswert \( \mu = n \cdot p = 40 \cdot 0{,}25 = 10 \). Ein Vergleich der Terme zeigt: \( \frac{P(X=11)}{P(X=10)} = \frac{40-10}{10+1} \cdot \frac{0{,}25}{0{,}75} = \frac{30}{11} \cdot \frac{1}{3} = \frac{10}{11} < 1 \), woraus \( P(X=10) > P(X=11) \) folgt.

(1) Falsch (2) Falsch (3) Richtig (4) Richtig

- Erinnere dich an die Formel für den Erwartungswert bei einer Binomialverteilung. - Was bedeutet stochastische Unabhängigkeit für die Berechnung von „Und“-Ereignissen? - Können seltene Ereignisse in einer kleinen Stichprobe rein zufällig auftreten? - Wann bezeichnen wir ein Spiel oder eine Wette als „fair“?

1. Aussage (1) ist richtig. Bei einer binomialverteilten Zufallsgröße mit \(n=100\) und \(p=0{,}05\) ist der Erwartungswert \(E(X) = n \cdot p = 100 \cdot 0{,}05 = 5\). 2. Aussage (2) ist richtig. Die Wahrscheinlichkeit für einen intakten Chip ist \(1 - 0{,}05 = 0{,}95\). Aufgrund der Unabhängigkeit der Defekte (Bernoulli-Versuch) ist die Wahrscheinlichkeit für 20 intakte Chips \(0{,}95^{20}\). 3. Aussage (3) ist falsch. Zufallsschwankungen sind normal. Die Wahrscheinlichkeit, bei \(n=20\) und \(p=0{,}05\) genau 3 Defekte zu finden, ist mit \(\binom{20}{3} \cdot 0{,}05^3 \cdot 0{,}95^{17} \approx 5{,}96\,\%\) zwar klein, aber keineswegs unmöglich und somit kein Widerspruch zur Grundwahrscheinlichkeit. 4. Aussage (4) ist richtig. Eine Wette ist fair, wenn der erwartete Gewinn Null ist. Sei \(x\) der Einsatz des Gegners. Dann gilt: \(0{,}05 \cdot x - 0{,}95 \cdot 1\,\text{€} = 0\). Auflösen nach \(x\) ergibt \(0{,}05x = 0{,}95\), also \(x = 19\,\text{€}\). Das Einsatzverhältnis muss dem Kehrwert des Wahrscheinlichkeitsverhältnisses \(\frac{0{,}95}{0{,}05} = 19\) entsprechen.

(1) Richtig (2) Richtig (3) Falsch (4) Richtig

- Welche Zahlen zwischen 1 und 10 lassen sich als \(n \cdot n\) schreiben? - Die relative Häufigkeit berechnet man aus der Anzahl der Treffer geteilt durch die Gesamtzahl der Versuche. - Was besagt das Normierungsaxiom über die Summe der Wahrscheinlichkeiten aller möglichen Ergebnisse? - Wenn mehrere Ergebnisse die gleiche Wahrscheinlichkeit haben, kannst du ihre Wahrscheinlichkeiten hier einfach addieren.

1. Mögliche Ergebnisse \(\Omega = \{1; 2; \dots; 10\}\), also \(|\Omega| = 10\). Günstige Ergebnisse für \(E\): \(\{1; 4; 9\}\). \(P(E) = \frac{3}{10} = 0{,}3\). 2. Relative Häufigkeit \(h_{500}(10) = \frac{65}{500} = \frac{13}{100} = 0{,}13\). Die Laplace-Wahrscheinlichkeit beträgt \(P(10) = \frac{1}{10} = 0{,}1\). Vergleich: Die relative Häufigkeit (\(0{,}13\)) liegt über der theoretischen Wahrscheinlichkeit (\(0{,}1\)). 3. Nach den Axiomen von Kolmogorow muss die Summe aller Wahrscheinlichkeiten 1 ergeben: \(9 \cdot q + 0{,}2 = 1 \Rightarrow 9q = 0{,}8 \Rightarrow q = \frac{0{,}8}{9} = \frac{8}{90} = \frac{4}{45} \approx 0{,}089\). Ungerade Zahlen sind \(\{1; 3; 5; 7; 9\}\) (5 Stück). Da jede dieser Zahlen die Wahrscheinlichkeit \(q\) besitzt: \(P(\text{ungerade}) = 5 \cdot q = 5 \cdot \frac{4}{45} = \frac{4}{9} \approx 0{,}444\).

1. \(P(E) = 0{,}3\) 2. \(h = 0{,}13\); dieser Wert ist höher als die Laplace-Wahrscheinlichkeit \(0{,}1\). 3. \(q = \frac{4}{45}\); \(P(\text{ungerade}) = \frac{4}{9}\)

- Welche Eigenschaft müssen alle Wahrscheinlichkeiten eines Ergebnisraums in der Summe erfüllen? - Wie unterscheidet sich die Wahrscheinlichkeitsverteilung bei einem Laplace-Experiment von einer allgemeineren Verteilung? - Vergleiche die beobachtete Häufigkeit eines einzelnen Ergebnisses mit den theoretischen Werten der Modelle.

1. Nach den Axiomen von Kolmogorow muss die Summe aller Wahrscheinlichkeiten 1 ergeben: \(P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1\). Einsetzen ergibt \(3 \cdot 0{,}1 + 3 \cdot x = 1\), woraus \(0{,}3 + 3x = 1\) folgt. Somit ist \(3x = 0{,}7\) und \(x = \frac{7}{30} \approx 0{,}233\). 2. Ereignis \(E = \{4, 5, 6\}\). Im Modell 1: \(P_1(E) = P(4) + P(5) + P(6) = \frac{7}{30} + 0{,}1 + \frac{7}{30} = \frac{14}{30} + \frac{3}{30} = \frac{17}{30} \approx 0{,}567\). Im Laplace-Modell: \(P_L(E) = \frac{3}{6} = 0{,}5\). 3. Die relative Häufigkeit für das Ergebnis „6“ beträgt \(h(6) = \frac{140}{600} = \frac{14}{60} = \frac{7}{30} \approx 0{,}233\). Im Modell 1 ist \(P(6) = \frac{7}{30}\), im Laplace-Modell ist \(P(6) = \frac{1}{6} \approx 0{,}167\). Damit passt Modell 1 hinsichtlich des Ergebnisses „6“ besser zu dieser Beobachtung. Aus nur einer Einzelhäufigkeit folgt jedoch noch keine vollständige Bestätigung des gesamten Modells.

1. \(x = \frac{7}{30} \approx 0{,}233\) 2. Modell 1: \(P_1(E) = \frac{17}{30} \approx 0{,}567\); Laplace: \(P_L(E) = 0{,}5\) 3. Hinsichtlich des Ergebnisses „6“ passt Modell 1 besser zur Beobachtung, da \(P(6) = \frac{7}{30}\) der relativen Häufigkeit \(h(6) = \frac{140}{600}\) entspricht. Dies allein bestätigt noch nicht das vollständige Modell.

- Überlege dir, wie viele Möglichkeiten es für jede Stelle gibt und ob sich diese Anzahl während des Vorgangs ändert. - Was bedeutet es für die Wahrscheinlichkeit, wenn eine Kugel aus der Urne entfernt wird? - Vergleiche die Wahrscheinlichkeiten für eine Kombination mit gleichen Ziffern und eine mit verschiedenen Ziffern in beiden Modellen.

1. Bei Verfahren A (Ziehen mit Zurücklegen/unabhängige Stufen) ist die Wahrscheinlichkeit für jede Ziffer konstant \(P(z) = \frac{1}{10}\). Damit gilt \(P_A(7777) = (\frac{1}{10})^4 = 0{,}0001\). Bei Verfahren B (Ziehen ohne Zurücklegen) verringert sich die Anzahl der verfügbaren Kugeln einer Ziffer: \(P_B(7777) = \frac{4}{40} \cdot \frac{3}{39} \cdot \frac{2}{38} \cdot \frac{1}{37} = \frac{24}{2193360} \approx 0{,}0000109\). 2. Bei Verfahren A bleibt die Wahrscheinlichkeit gleich: \(P_A(1234) = (\frac{1}{10})^4 = 0{,}0001\). Bei Verfahren B sind für jede der vier verschiedenen Ziffern anfangs \(4\) Kugeln vorhanden: \(P_B(1234) = \frac{4}{40} \cdot \frac{4}{39} \cdot \frac{4}{38} \cdot \frac{4}{37} = \frac{256}{2193360} \approx 0{,}0001167\). 3. Verfahren A beschreibt ein Experiment mit unabhängigen Stufen (Ziehen mit Zurücklegen), bei dem das Ergebnis einer Stelle keinen Einfluss auf die Wahrscheinlichkeiten der nächsten Stelle hat. Verfahren B ist ein Ziehen ohne Zurücklegen; hier besteht eine stochastische Abhängigkeit, da entnommene Ziffern die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die folgenden Züge verändern. Dies führt dazu, dass bei Verfahren B Kombinationen mit unterschiedlichen Ziffern wahrscheinlicher sind als solche mit identischen Ziffern, während bei Verfahren A alle Kombinationen gleichwahrscheinlich sind.

1. \(P_A(7777) = 0{,}0001\); \(P_B(7777) \approx 0{,}0000109\) 2. \(P_A(1234) = 0{,}0001\); \(P_B(1234) \approx 0{,}0001167\) 3. In Verfahren B sind die Stufen stochastisch abhängig (Ziehen ohne Zurücklegen), während sie in Verfahren A unabhängig sind (entspricht Ziehen mit Zurücklegen). Dadurch sind die Wahrscheinlichkeiten für einzelne Kombinationen in B nicht mehr alle gleich.

- Denke an den Unterschied zwischen der Pfadregel bei einem Baumdiagramm mit und ohne Zurücklegen. - Wie ist stochastische Unabhängigkeit mathematisch definiert? Prüfe, ob \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)\) gilt. - Wann ändert sich die Zusammensetzung einer Grundgesamtheit durch eine Entnahme kaum noch?

1. Modell 1 (mit Zurücklegen): Die Wahrscheinlichkeit für ein defektes Teil ist \(p = \frac{10}{500} = 0{,}02\). Da die Züge unabhängig sind, gilt \(P(\text{beide defekt}) = 0{,}02 \cdot 0{,}02 = 0{,}0004\). 2. Modell 2 (ohne Zurücklegen): \(P(\text{beide defekt}) = \frac{10}{500} \cdot \frac{9}{499} = \frac{90}{249500} \approx 0{,}0003607\). 3. In Modell 2 gilt \(P(E_1) = \frac{10}{500} = 0{,}02\). Die totale Wahrscheinlichkeit für \(E_2\) ist \(P(E_2) = P(E_2|E_1)P(E_1) + P(E_2|\bar{E_1})P(\bar{E_1}) = \frac{9}{499} \cdot \frac{10}{500} + \frac{10}{499} \cdot \frac{490}{500} = \frac{4990}{249500} = 0{,}02\). Da jedoch \(P(E_1 \cap E_2) = \frac{90}{249500} \approx 0{,}00036\) ungleich \(P(E_1) \cdot P(E_2) = 0{,}0004\) ist, sind die Ereignisse stochastisch abhängig. 4. Da der Stichprobenumfang (\(n=2\)) sehr klein im Verhältnis zur Grundgesamtheit (\(N=500\)) ist, ändern sich die Wahrscheinlichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen nur minimal. Modell 1 ist daher eine gute Näherung für Modell 2, auch wenn die exakten Werte leicht differieren.

1. \(P \approx 0{,}0004\) 2. \(P \approx 0{,}000361\) 3. Die Ereignisse sind stochastisch abhängig, da \(P(E_1 \cap E_2) \neq P(E_1) \cdot P(E_2)\). 4. Ja, Modell 1 ist eine brauchbare Näherung, da die Grundgesamtheit im Vergleich zur Stichprobe sehr groß ist.

- Unterscheide zwischen einer ganz spezifischen Karte und einer Gruppe von Karten (wie allen Assen). - Überlege für Aufgabenteil b), welche Verteilung vorliegt, wenn nicht zurückgelegt wird. - Erinnere dich für c) an die Formel für Bernoulli-Ketten, wenn die Wahrscheinlichkeit bei jedem Zug gleich bleibt.

1. Da jede der \(32\) Karten mit der gleichen Wahrscheinlichkeit an der fünften Position liegen kann, beträgt die Wahrscheinlichkeit für das spezifische Herz-Ass \(P = \frac{1}{32} = 0{,}03125\). 2. Ziehen ohne Zurücklegen (hypergeometrische Verteilung): Die Anzahl der Möglichkeiten, \(2\) aus \(4\) Assen und \(3\) aus \(28\) Nicht-Assen zu ziehen, wird durch die Gesamtzahl der Möglichkeiten, \(5\) aus \(32\) Karten zu ziehen, geteilt: \(P(X=2) = \frac{\binom{4}{2} \cdot \binom{28}{3}}{\binom{32}{5}} = \frac{6 \cdot 3276}{201376} = \frac{19656}{201376} \approx 0{,}0976\). 3. Ziehen mit Zurücklegen (Binomialverteilung/Bernoulli-Kette): Die Trefferwahrscheinlichkeit ist \(p = \frac{4}{32} = \frac{1}{8}\). Bei \(n=5\) Versuchen ist die Wahrscheinlichkeit für \(k=2\) Treffer: \(P(X=2) = \binom{5}{2} \cdot \left(\frac{1}{8}\right)^2 \cdot \left(\frac{7}{8}\right)^3 = 10 \cdot \frac{1}{64} \cdot \frac{343}{512} = \frac{3430}{32768} \approx 0{,}1047\).

a) \(P = \frac{1}{32} = 0{,}03125\) b) \(P = \frac{\binom{4}{2} \cdot \binom{28}{3}}{\binom{32}{5}} \approx 0{,}0976\) c) \(P = \binom{5}{2} \cdot (0{,}125)^2 \cdot (0{,}875)^3 \approx 0{,}1047\)

- Überlege für den ersten Teil, wie sich die Anzahl der verfügbaren Kugeln nach jedem Zug verändert. - Nutze für den zweiten Teil die Pfadregeln oder die Formel für die Binomialverteilung, da die Wahrscheinlichkeit hier konstant bleibt. - Denke beim Vergleich daran, wie die „Abhängigkeit“ der Ereignisse die Wahrscheinlichkeiten im weiteren Verlauf beeinflusst. - Was passiert mit dem Anteil der weißen Kugeln in der Urne, nachdem bereits eine weiße Kugel entnommen wurde?

1. Ohne Zurücklegen (hypergeometrische Verteilung): Die Gesamtzahl der Stichproben ist \(\binom{20}{3} = 1140\). Die Anzahl der günstigen Ergebnisse (2 weiße aus 10, 1 schwarze aus 10) ist \(\binom{10}{2} \cdot \binom{10}{1} = 45 \cdot 10 = 450\). Die Wahrscheinlichkeit ist \(P_{\text{ohne}} = \frac{450}{1140} = \frac{15}{38} \approx 0{,}3947\). 2. Mit Zurücklegen (Binomialverteilung): Die Trefferwahrscheinlichkeit ist \(p = \frac{10}{20} = 0{,}5\). Bei \(n=3\) Versuchen ist \(P_{\text{mit}}(X=2) = \binom{3}{2} \cdot 0{,}5^2 \cdot 0{,}5^1 = 3 \cdot 0{,}125 = 0{,}375\). 3. Vergleich: \(P_{\text{ohne}} \approx 0{,}3947 > P_{\text{mit}} = 0{,}375\). Beim Ziehen ohne Zurücklegen sind die Züge negativ abhängig: Eine gezogene weiße Kugel senkt die Wahrscheinlichkeit für eine weitere weiße Kugel, eine gezogene schwarze Kugel erhöht sie. Dadurch treten extreme Zusammensetzungen seltener auf und Trefferzahlen nahe dem Erwartungswert häufiger. Da genau zwei weiße Kugeln nahe am Erwartungswert \(1{,}5\) liegen, ist diese Wahrscheinlichkeit ohne Zurücklegen etwas größer. Beim Ziehen mit Zurücklegen bleiben die Züge unabhängig und die Trefferwahrscheinlichkeit konstant.

1. \(P \approx 39{,}47\,\%\) 2. \(P = 37{,}5\,\%\) 3. Die Wahrscheinlichkeit ohne Zurücklegen ist höher. Die negative Abhängigkeit verringert extreme Trefferzahlen und erhöht hier die Wahrscheinlichkeit der zentralen Trefferzahl \(2\).

- Wie berechnet man den Erwartungswert für einen einzelnen Würfel? Hilft dir die Linearität des Erwartungswerts weiter? - Erstelle für die Wahrscheinlichkeiten am besten eine kleine Tabelle oder liste die günstigen Kombinationen systematisch auf. - Achte darauf, dass die Gesamtzahl der möglichen Ergebnisse (der Nenner) in beiden Experimenten unterschiedlich ist.

1. Der Erwartungswert einer Summe unabhängiger Zufallsgrößen entspricht der Summe der Erwartungswerte der Einzelereignisse. Für einen fairen \(n\)-seitigen Würfel beträgt der Erwartungswert \(E = \frac{n+1}{2}\). In Experiment 1 ergibt sich \(E[S_1] = 3{,}5 + 3{,}5 = 7\). In Experiment 2 ergibt sich \(E[S_2] = \frac{3+1}{2} + \frac{9+1}{2} = 2 + 5 = 7\). 2. In Experiment 1 gibt es \(6 \cdot 6 = 36\) gleich wahrscheinliche Elementarereignisse. Die Summe 7 tritt bei 6 Kombinationen auf, woraus \(P(S_1 = 7) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \approx 0{,}167\) folgt. In Experiment 2 gibt es \(3 \cdot 9 = 27\) Elementarereignisse. Die Summe 7 wird durch 3 Kombinationen \((1; 6), (2; 5), (3; 4)\) erreicht, also \(P(S_2 = 7) = \frac{3}{27} = \frac{1}{9} \approx 0{,}111\). Das Ereignis ist in Experiment 1 wahrscheinlicher. 3. Für Experiment 1 sind die günstigen Kombinationen für \(S \le 4\) die Paare mit den Summen 2 (1 Weg), 3 (2 Wege) und 4 (3 Wege), insgesamt 6 von 36 Möglichkeiten, also \(P(S_1 \le 4) = \frac{1}{6} \approx 0{,}167\). In Experiment 2 gibt es ebenfalls 6 günstige Wege \((1; 1), (1; 2), (2; 1), (1; 3), (2; 2), (3; 1)\), jedoch bei nur 27 Gesamtmöglichkeiten. Somit ist \(P(S_2 \le 4) = \frac{6}{27} = \frac{2}{9} \approx 0{,}222\). Das Ereignis ist in Experiment 2 wahrscheinlicher.

a) Beide Erwartungswerte betragen 7. b) In Experiment 1 (\(P \approx 0{,}167\)) ist eine 7 wahrscheinlicher als in Experiment 2 (\(P \approx 0{,}111\)). c) In Experiment 2 (\(P \approx 0{,}222\)) ist eine Augensumme von höchstens 4 wahrscheinlicher als in Experiment 1 (\(P \approx 0{,}167\)).

- Überlege, wie stark sich der Anteil der Abonnenten in der Stadt ändert, wenn man einen einzelnen Haushalt herausnimmt. - Welche Bedingung muss für das Verhältnis von Stichprobe zu Gesamtzahl erfüllt sein, damit man ein vereinfachtes Modell nutzen darf? - Welches Modell kennst du für Versuchsketten mit gleichbleibender Trefferwahrscheinlichkeit?

1. Da die Grundgesamtheit \(N = 25\,000\) sehr groß im Vergleich zum Stichprobenumfang \(n = 50\) ist, ändern sich die relativen Anteile der Merkmalsträger beim Ziehen ohne Zurücklegen nur minimal. Gemäß der Faustregel \(\frac{n}{N} \leq 0{,}05\) (hier \(\frac{50}{25000} = 0{,}002\)) ist die Abweichung vernachlässigbar, sodass die Trefferwahrscheinlichkeit \(p = 0{,}15\) näherungsweise als konstant betrachtet werden kann. 2. Verwendung der Binomialverteilung \(B(50; 0{,}15)\) mit \(k = 8\). 3. Berechnung: \(P(X = 8) = \binom{50}{8} \cdot 0{,}15^8 \cdot 0{,}85^{42} \approx 0{,}1493\).

a) Da der Stichprobenanteil mit \(\frac{50}{25000} = 0{,}002\) weit unter der Grenze von \(5\,\%\) liegt, ändern sich die Wahrscheinlichkeiten durch das Nicht-Zurücklegen so geringfügig, dass sie als konstant angesehen werden können. b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt etwa \(14{,}93\,\%\).

- Wie berechnet man \(5\,\%\) eines Wertes? - Wenn man die Binomialverteilung nutzt, welche Werte für \(n\) und \(p\) sind hier gegeben? - Was bedeutet „höchstens ein Chip“ für die Anzahl der Treffer \(k\)? - Welche Einzelwahrscheinlichkeiten musst du addieren?

1. Berechnung des maximalen Stichprobenumfangs nach der Faustregel: \(n \leq 0{,}05 \cdot N = 0{,}05 \cdot 1200 = 60\). 2. Festlegung der Parameter für die Binomialverteilung: \(n = 30\), \(p = 0{,}03\). 3. Berechnung der Wahrscheinlichkeit für \(k \leq 1\): \(P(X \leq 1) = P(X = 0) + P(X = 1)\). 4. \(P(X = 0) = \binom{30}{0} \cdot 0{,}03^0 \cdot 0{,}97^{30} \approx 0{,}4010\). 5. \(P(X = 1) = \binom{30}{1} \cdot 0{,}03^1 \cdot 0{,}97^{29} \approx 0{,}3721\). 6. Summe: \(P(X \leq 1) \approx 0{,}4010 + 0{,}3721 = 0{,}7731\).

a) Der Stichprobenumfang darf maximal \(n = 60\) betragen. b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt etwa \(77{,}31\,\%\).

- Überlege dir für den ersten Teil, ob die Trefferwahrscheinlichkeit bei jeder Pflanze gleich bleibt. - Wie viele Möglichkeiten gibt es, genau 11 oder 12 Treffer bei 12 Versuchen zu erzielen? - Unterscheide beim zweiten Teil genau, ob die Auswahl aus einer begrenzten Menge erfolgt, ohne die Pflanzen zurückzustellen. - Was bedeutet es für die Wahrscheinlichkeit des nächsten Zuges, wenn bereits ein „Treffer“ aus einer kleinen Gruppe entnommen wurde?

1. Berechnung für Teilaufgabe a): Es liegt eine Binomialverteilung mit \(n = 12\) und \(p = 0{,}85\) vor. Gesucht ist \(P(X > 10) = P(X = 11) + P(X = 12)\). \(P(X = 11) = \binom{12}{11} \cdot 0{,}85^{11} \cdot 0{,}15^1 \approx 0{,}3012\) \(P(X = 12) = 0{,}85^{12} \approx 0{,}1422\) Mit ungerundeten Zwischenwerten ergibt sich \(P(X > 10) \approx 0{,}4435\). 2. Berechnung für Teilaufgabe b): Es liegt eine hypergeometrische Verteilung vor mit \(N = 20\), \(M = 17\), \(n = 5\) und \(k = 5\). \(P(X = 5) = \frac{\binom{17}{5} \cdot \binom{3}{0}}{\binom{20}{5}} = \frac{6188 \cdot 1}{15504} \approx 0{,}3991\) 3. Erläuterung für Teilaufgabe c): In a) wird eine sehr große Grundgesamtheit angenommen, wodurch die Wahrscheinlichkeit \(p\) bei der Entnahme näherungsweise konstant bleibt (Ziehen mit Zurücklegen bzw. vernachlässigbare Änderung). In b) ist die Grundgesamtheit mit \(N=20\) klein und die Stichprobe mit \(n=5\) verhältnismäßig groß. Da ohne Zurücklegen gezogen wird, ändern sich die Wahrscheinlichkeiten bei jedem Zug signifikant, was die Binomialverteilung als Modell ausschließt.

a) Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(44{,}35\,\%\). b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(39{,}91\,\%\). c) In a) bleibt die Erfolgswahrscheinlichkeit wegen der großen Grundgesamtheit nahezu konstant (Bernoulli-Kette), während sie sich in b) durch die kleine Grundgesamtheit ohne Zurücklegen deutlich ändert.

- Nutze die Bernoulli-Formel für die Binomialverteilung, um die Wahrscheinlichkeit für eine genaue Trefferanzahl zu bestimmen. - Ein Modell gilt als plausibler, wenn das beobachtete Ereignis unter diesem Modell eine höhere Wahrscheinlichkeit hat. - Überlege dir, wie sich die Parameter \(p\) und \(n\) in der Formel auswirken.

1. Berechnung der Wahrscheinlichkeiten mit der Formel für die Binomialverteilung \(P(X = k) = \binom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}\). 2. Modell A (\(p = 0{,}95\)): \(P(X = 17) = \binom{20}{17} \cdot 0{,}95^{17} \cdot 0{,}05^3 \approx 0{,}0596\). 3. Modell B (\(p = 0{,}80\)): \(P(X = 17) = \binom{20}{17} \cdot 0{,}80^{17} \cdot 0{,}20^3 \approx 0{,}2054\). 4. Vergleich der Ergebnisse: Da die Wahrscheinlichkeit für das beobachtete Ergebnis (\(17\) Keimlinge) im Modell B mit ca. \(20{,}5\,\%\) deutlich höher ist als im Modell A mit ca. \(6{,}0\,\%\), ist Modell B plausibler. Das Ergebnis der Stichprobe stützt somit eher die Vermutung des Landwirts.

a) Modell A: \(P(X=17) \approx 0{,}0596\); Modell B: \(P(X=17) \approx 0{,}2054\). b) Modell B ist plausibler, da das beobachtete Ergebnis dort eine höhere Eintrittswahrscheinlichkeit hat. c) Für Modell B gilt \(p = 0{,}80\) und \(q = 1 - p = 0{,}20\).

- Überlege, ob die Auswahl gleichzeitig (ohne Zurücklegen) oder nacheinander mit Zurücklegen erfolgt. - Welche Formel hilft dir, die Anzahl der Möglichkeiten zu bestimmen, eine Teilmenge aus einer Gesamtmenge auszuwählen? - Wie berechnest du die Wahrscheinlichkeit, wenn du die Anzahl der günstigen und der möglichen Kombinationen kennst? - Woran erkennst du, dass für den zweiten Teil der Aufgabe die Binomialverteilung anzuwenden ist?

1. Anzahl der Möglichkeiten: Die Auswahl von 5 aus 20 Personen ohne Beachtung der Reihenfolge wird durch den Binomialkoeffizienten \(\binom{20}{5} = 15\,504\) berechnet. 2. Günstige Fälle für genau 3 Personen mit Tablet: Man wählt 3 aus den 12 Personen mit Tablet und 2 aus den 8 Personen ohne Tablet. Anzahl: \(\binom{12}{3} \cdot \binom{8}{2} = 220 \cdot 28 = 6160\). 3. Wahrscheinlichkeit (hypergeometrisch): \(P = \frac{6160}{15504} = \frac{385}{969} \approx 0{,}3973\). 4. Wahrscheinlichkeit bei Ziehen mit Zurücklegen (binomialverteilt): Hier liegt eine Bernoulli-Kette mit \(n = 10\) und \(p = \frac{12}{20} = 0{,}6\) vor. 5. Berechnung für \(k = 4\): \(P(X = 4) = \binom{10}{4} \cdot 0{,}6^4 \cdot 0{,}4^6 = 210 \cdot 0{,}1296 \cdot 0{,}004096 \approx 0{,}1115\).

a) Es gibt \(15\,504\) Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(39{,}73\,\%\) (\(\frac{385}{969}\)). b) Die Wahrscheinlichkeit beträgt ca. \(11{,}15\,\%\) (exakt \(0{,}111476736\)).

- Identifiziere die Trefferwahrscheinlichkeit \(p\) für ein einzelnes Teil. - Erinnere dich an die Formel für die Punktwahrscheinlichkeit der Binomialverteilung. - Welches Ereignis ist das Gegenereignis zu „mindestens ein Defekt“? - Überlege dir für Teil c), wie sich die Wahrscheinlichkeit für ein intaktes Teil im zweiten Zug ändert, wenn im ersten Zug bereits ein intaktes Teil entnommen wurde.

1. Modellierung mit Zurücklegen: Binomialverteilung mit \(n = 10\) und \(p = \frac{30}{150} = 0{,}2\). 2. Zu a): \(P(X = 2) = \binom{10}{2} \cdot 0{,}2^2 \cdot 0{,}8^8 = 45 \cdot 0{,}04 \cdot 0{,}16777216 \approx 0{,}3020\). 3. Zu b): Gegenereignis „kein Teil defekt“: \(P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0{,}8^{10} \approx 1 - 0{,}1074 = 0{,}8926\). 4. Zu c): Bei der Entnahme ohne Zurücklegen verringert sich nach jedem gezogenen intakten Teil der Anteil der intakten Teile im Behälter stärker als der Anteil der defekten Teile (da anfangs mehr intakte Teile vorhanden sind). Die Wahrscheinlichkeit, nacheinander nur intakte Teile zu ziehen, sinkt daher im Vergleich zum Ziehen mit Zurücklegen. Somit ist \(P(\text{kein defektes Teil})\) ohne Zurücklegen kleiner. (Alternativ: Rechnung mit hypergeometrischer Verteilung zeigt \(\frac{120}{150} \cdot \frac{119}{149} \cdot \ldots < 0{,}8^{10}\)).

a) ca. \(30{,}20\,\%\) b) ca. \(89{,}26\,\%\) c) Die Wahrscheinlichkeit für „kein defektes Teil“ ist ohne Zurücklegen kleiner als mit Zurücklegen.

- Überlege dir zuerst, ob die Ziehungen unabhängig voneinander sind oder ob sich die Zusammensetzung des Inhalts ändert. - Welches Modell (Bernoulli-Kette oder Ziehen ohne Zurücklegen) passt zu welcher Teilaufgabe? - Bei der Frage nach der Mindestanzahl hilft oft der Blick auf das Gegenereignis. - Denk daran, dass sich bei Ungleichungen das Zeichen umkehrt, wenn du durch eine negative Zahl dividierst.

1. Für Teilaufgabe a) liegt eine Bernoulli-Kette mit \(n = 6\), \(k = 2\) und der Erfolgswahrscheinlichkeit \(p = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}\) vor. Die Wahrscheinlichkeit berechnet sich nach der Formel von Bernoulli: \(P(X = 2) = \binom{6}{2} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^2 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^4 = 15 \cdot \frac{1}{9} \cdot \frac{16}{81} = \frac{80}{243} \approx 0{,}3292\). 2. Für Teilaufgabe b) wird ohne Zurücklegen gezogen (Lotto-Modell). Die Wahrscheinlichkeit ergibt sich über den Binomialkoeffizienten (hypergeometrische Verteilung): \(P(Y = 2) = \frac{\binom{5}{2} \cdot \binom{10}{4}}{\binom{15}{6}} = \frac{10 \cdot 210}{5005} = \frac{2100}{5005} = \frac{420}{1001} \approx 0{,}4196\). 3. Für Teilaufgabe c) wird der Ansatz über das Gegenereignis „kein Gewinnlos“ bei \(n\) Ziehungen gewählt: \(1 - P(\text{kein Gewinn}) > 0{,}95\). Dies führt zur Ungleichung \(1 - \left(\frac{2}{3}\right)^n > 0{,}95\), woraus \(\left(\frac{2}{3}\right)^n < 0{,}05\) folgt. Durch Logarithmieren erhält man \(n \cdot \ln\left(\frac{2}{3}\right) < \ln(0{,}05)\). Da \(\ln\left(\frac{2}{3}\right)\) negativ ist, dreht sich das Relationszeichen um: \(n > \frac{\ln(0{,}05)}{\ln\left(\frac{2}{3}\right)} \approx 7{,}39\). Somit muss man mindestens \(8\)-mal ziehen.

a) \(P(X = 2) = \frac{80}{243} \approx 32{,}92\,\%\) b) \(P(Y = 2) = \frac{420}{1001} \approx 41{,}96\,\%\) c) Man muss mindestens \(8\)-mal ziehen.

- Überlege, welches Verteilungsmodell bei gleichbleibender Trefferwahrscheinlichkeit (mit Zurücklegen) anzuwenden ist. - Welches Modell nutzt man, wenn sich die Wahrscheinlichkeiten durch die Entnahme ändern? - Erinnere dich an die Formel für die hypergeometrische Verteilung: „Anzahl der Möglichkeiten für rote Kugeln mal Anzahl der Möglichkeiten für blaue Kugeln geteilt durch Gesamtmöglichkeiten“. - Die relative Abweichung berechnest du, indem du die Differenz der Werte durch den Bezugswert (hier das Ergebnis aus a) teilst. - Wie verändert sich der Anteil einer Farbe in einer Urne nach einer Entnahme, wenn die Urne sehr viele oder nur sehr wenige Kugeln enthält?

1. Berechnung für Ziehen mit Zurücklegen (Binomialverteilung): Da das Verhältnis der Kugeln in beiden Urnen gleich ist (\(p = \frac{8}{12} = \frac{80}{120} = \frac{2}{3}\)), ist die Wahrscheinlichkeit für beide Urnen identisch: \(P(X=2) = \binom{3}{2} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^1 = 3 \cdot \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{9} \approx 0{,}4444\). 2. Berechnung für Ziehen ohne Zurücklegen (Hypergeometrische Verteilung): Urne \(A\): \(P(Y_A=2) = \frac{\binom{8}{2} \cdot \binom{4}{1}}{\binom{12}{3}} = \frac{28 \cdot 4}{220} = \frac{112}{220} = \frac{28}{55} \approx 0{,}5091\). Urne \(B\): \(P(Y_B=2) = \frac{\binom{80}{2} \cdot \binom{40}{1}}{\binom{120}{3}} = \frac{3160 \cdot 40}{280840} = \frac{126400}{280840} = \frac{3160}{7021} \approx 0{,}4501\). 3. Relative Abweichung \(\frac{|P_{\text{ohne}} - P_{\text{mit}}|}{P_{\text{mit}}}\): Urne \(A\): \(\frac{28/55 - 4/9}{4/9} = \frac{32/495}{4/9} = \frac{8}{55} \approx 14{,}55\,\%\). Urne \(B\): \(\frac{3160/7021 - 4/9}{4/9} = \frac{356/63189}{4/9} = \frac{89}{7021} \approx 1{,}27\,\%\). 4. Interpretation: Bei einer größeren Grundgesamtheit (Urne \(B\)) wirkt sich die Entnahme einer Kugel weniger stark auf die verbleibenden Anteile aus. Daher nähert sich die hypergeometrische Verteilung der Binomialverteilung an, und die relative Abweichung wird kleiner.

a) Urne \(A\) und \(B\): \(P \approx 0{,}4444\) (bzw. \(\frac{4}{9}\)). b) Urne \(A\): \(P \approx 0{,}5091\) (bzw. \(\frac{28}{55}\)); Urne \(B\): \(P \approx 0{,}4501\) (bzw. \(\frac{3160}{7021}\)). c) Urne \(A\): \(\approx 14{,}55\,\%\); Urne \(B\): \(\approx 1{,}27\,\%\). d) Je größer die Grundgesamtheit bei gleichbleibendem Stichprobenumfang ist, desto geringer ist der Unterschied zwischen Ziehen mit und ohne Zurücklegen.

- Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für einen Defekt bei einer einzelnen Entnahme in beiden Fällen? - Zähle für die exakte Berechnung getrennt die Stichproben mit genau einem defekten Akku und die Menge aller möglichen Stichproben. - Vergleiche die berechneten Wahrscheinlichkeiten: Wie nah liegen sie am Binomialwert? - Überprüfe für die Faustregel das Verhältnis von Stichprobe zu Gesamtmenge.

1. Modellierung mit Zurücklegen (Binomialverteilung): Der Anteil defekter Akkus ist \(p = \frac{5}{50} = \frac{50}{500} = 0{,}1\). Für \(n=4\) und \(k=1\) ergibt sich: \(P(X=1) = \binom{4}{1} \cdot 0{,}1^1 \cdot 0{,}9^3 = 4 \cdot 0{,}1 \cdot 0{,}729 = 0{,}2916\). 2. Exakte Berechnung (Hypergeometrische Verteilung): Lieferung 1 (\(N=50, K=5, n=4, k=1\)): \(P(Y_1=1) = \frac{\binom{5}{1} \cdot \binom{45}{3}}{\binom{50}{4}} = \frac{5 \cdot 14190}{230300} = \frac{70950}{230300} \approx 0{,}3081\). Lieferung 2 (\(N=500, K=50, n=4, k=1\)): \(P(Y_2=1) = \frac{\binom{50}{1} \cdot \binom{450}{3}}{\binom{500}{4}} = \frac{50 \cdot 15086400}{2573031125} = \frac{754320000}{2573031125} \approx 0{,}2932\). 3. Prüfung der Faustregel (\(n \le 0{,}05 \cdot N\)): Lieferung 1: \(4 \le 0{,}05 \cdot 50 = 2{,}5\) ist falsch. Die Bedingung ist nicht erfüllt. Die Abweichung (\(0{,}3081\) zu \(0{,}2916\)) ist merklich. Lieferung 2: \(4 \le 0{,}05 \cdot 500 = 25\) ist wahr. Die Bedingung ist erfüllt. Die Näherung (\(0{,}2932\) zu \(0{,}2916\)) ist sehr gut.

a) \(P \approx 0{,}2916\). b) Lieferung 1: \(P \approx 0{,}3081\); Lieferung 2: \(P \approx 0{,}2932\). c) Lieferung 1: \(4 > 2{,}5\) (nicht erfüllt); Lieferung 2: \(4 \le 25\) (erfüllt). Die Näherung ist für Lieferung 2 deutlich besser, da die Grundgesamtheit größer ist und die Entnahme das Mischungsverhältnis kaum verändert.

- Für die Augensumme 12 gibt es bei sechsseitigen Würfeln nur eine einzige Kombination. - Überlege dir für die Augensumme 7, wie die Wahrscheinlichkeit des fairen Würfels als Faktor ausgeklammert werden kann. - Der Erwartungswert einer Summe ist immer die Summe der einzelnen Erwartungswerte, egal ob die Würfel fair sind oder nicht.

1. Bei Set A beträgt die Wahrscheinlichkeit für die Augensumme 12 (Kombination 6 und 6) \(P(S=12) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36} \approx 0{,}028\). Bei Set B wird die 12 durch die Kombination aus dem fairen Würfel (\(P=1/6\)) und der 6 des gezinkten Würfels (\(P=0{,}5\)) erreicht: \(P(S=12) = \frac{1}{6} \cdot 0{,}5 = \frac{1}{12} \approx 0{,}083\). 2. Sei \(X\) das Ergebnis des fairen Würfels und \(Y\) das des gezinkten Würfels. Die Wahrscheinlichkeit für die Summe 7 berechnet sich über \(\sum_{i=1}^{6} P(X=i) \cdot P(Y=7-i)\). Da \(P(X=i) = 1/6\) für alle \(i\) gilt, lässt sich dieser Faktor ausklammern: \(P(S=7) = \frac{1}{6} \cdot (P(Y=6) + P(Y=5) + \dots + P(Y=1))\). Da die Summe der Wahrscheinlichkeiten des gezinkten Würfels 1 ergeben muss, folgt \(P(S=7) = \frac{1}{6} \cdot 1 = \frac{1}{6}\), was identisch zu Set A ist. 3. Der Erwartungswert des fairen Würfels ist \(E[X] = 3{,}5\). Für den gezinkten Würfel gilt \(E[Y] = 0{,}1 \cdot (1+2+3+4+5) + 0{,}5 \cdot 6 = 1{,}5 + 3 = 4{,}5\). Der Gesamterwartungswert für Set B ist \(E[S_B] = 3{,}5 + 4{,}5 = 8\). Im Vergleich zu Set A (\(E[S_A] = 7\)) liegt der Erwartungswert bei Set B um genau 1 höher.

a) Set A: \(\frac{1}{36}\); Set B: \(\frac{1}{12}\). b) In beiden Fällen beträgt die Wahrscheinlichkeit \(\frac{1}{6}\). c) Der Erwartungswert für Set B ist \(8{,}0\). Er ist um \(1\) größer als der Erwartungswert von Set A (\(7{,}0\)).