Bedingte Wahrscheinlichkeit und Unabhängigkeit – Mathe Einführungsphase (Klasse 11) Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (4 BE/Punkte)

   In der Urne sind \(10\) Kugeln; nach dem ersten Zug ohne Zurücklegen nur noch \(9\).
   a) Pfad grün-grün: erst \(\frac6{10}\), dann sind noch \(5\) grüne unter \(9\) Kugeln, also \(\frac59\). Pfadregel: \(\frac6{10}\cdot\frac59=\frac{30}{90}=\frac13\) (1 P. Ansatz, 1 P. Ergebnis).
   b) „Genau eine gelbe“ tritt auf zwei Pfaden ein. Grün-gelb: \(\frac6{10}\cdot\frac49=\frac{24}{90}\); gelb-grün: \(\frac4{10}\cdot\frac69=\frac{24}{90}\). Summenregel: \(\frac{48}{90}=\frac8{15}\approx0{,}533\) (1 P. Ansatz, 1 P. Ergebnis). Kontrolle: \(P(\text{gelb-gelb})=\frac4{10}\cdot\frac39=\frac{12}{90}\), und \(\frac{30+48+12}{90}=1\). Antwort: \(P(gg)=\frac13\), \(P(\text{genau eine gelbe})=\frac8{15}\).

2. Lösung zu Aufgabe 2 (4 BE/Punkte)

   a) Vierfeldertafel (Mädchen \(M\), Jungen \(\overline M\); Instrument \(I\)): Mädchen \(60\) mit, \(60\) ohne, zusammen \(120\). Jungen insgesamt \(200-120=80\), davon mit Instrument \(80-60=20\), ohne \(60\). Spaltensummen: \(80\) mit, \(120\) ohne, gesamt \(200\) (1 P.).
   b) Bedingung „Junge“: Grundmenge sind die \(80\) Jungen, \(20\) spielen ein Instrument. \(P_{\overline M}(I)=\frac{20}{80}=0{,}25\) (1 P.).
   c) Test auf Unabhängigkeit: \(P(M)=\frac{120}{200}=0{,}6\), \(P(I)=\frac{80}{200}=0{,}4\), Produkt \(0{,}24\). Tatsächlich ist \(P(M\cap I)=\frac{60}{200}=0{,}30\ne0{,}24\) (1 P.). Die Merkmale sind abhängig. Inhaltlich: Unter den Mädchen spielen \(50\,\%\) ein Instrument, unter den Jungen nur \(25\,\%\) (1 P.).

3. Lösung zu Aufgabe 3 (3 BE/Punkte)

   a) Der Additionssatz lautet \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\). Die Schnittwahrscheinlichkeit wird abgezogen, weil sie in \(P(A)\) und in \(P(B)\) enthalten ist und sonst doppelt gezählt würde. Umgestellt: \(P(A\cap B)=0{,}5+0{,}3-0{,}65=0{,}15\) (2 P.).
   b) \(A\) und \(B\) heißen stochastisch unabhängig, wenn \(P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)\) gilt. Produkt: \(0{,}5\cdot0{,}3=0{,}15\), das stimmt mit dem Ergebnis aus a) überein, also sind die Ereignisse unabhängig (1 P.). Gleichwertige Prüfung: \(P_B(A)=\frac{0{,}15}{0{,}3}=0{,}5=P(A)\); das Eintreten von \(B\) ändert die Wahrscheinlichkeit von \(A\) nicht. Antwort: \(P(A\cap B)=0{,}15\), \(A\) und \(B\) sind unabhängig.

4. Lösung zu Aufgabe 4 (6 BE/Punkte)

   a) Erste Stufe: infiziert \(0{,}04\), nicht infiziert \(0{,}96\). Zweite Stufe nach „infiziert“: positiv \(0{,}9\) (Sensitivität), negativ \(0{,}1\). Nach „nicht infiziert“: positiv \(0{,}05\) (Fehlalarm), negativ \(0{,}95\) (1 P.).
   b) Totale Wahrscheinlichkeit über beide Pfade zu „positiv“: \(0{,}04\cdot0{,}9+0{,}96\cdot0{,}05=0{,}036+0{,}048=0{,}084\) (2 P.).
   c) Satz von Bayes: \(P_{\text{pos}}(\text{inf})=\frac{0{,}036}{0{,}084}=\frac37\approx0{,}429\) (2 P.). Nur etwa \(43\,\%\) der positiv Getesteten sind wirklich infiziert, weil die Infektion selten ist und die vielen Gesunden mehr falsch-positive Ergebnisse (\(0{,}048\)) liefern als die wenigen Kranken richtig-positive.
   d) Erwartungswert: \(2500\cdot0{,}036=90\) Personen (1 P.). Zum Vergleich wären \(2500\cdot0{,}048=120\) Personen falsch positiv.

5. Lösung zu Aufgabe 5 (3 BE/Punkte)

   a) Eine zufällig gewählte Schraube stammt mit \(0{,}7\) aus Werk 1 und mit \(0{,}3\) aus Werk 2. Der Ausschussanteil der Gesamtlieferung ergibt sich mit der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit als gewichtetes Mittel: \(P(A)=0{,}7\cdot0{,}02+0{,}3\cdot0{,}06=0{,}014+0{,}018=0{,}032\), also \(3{,}2\,\%\) (2 P.).
   b) Gesucht ist die umgekehrte bedingte Wahrscheinlichkeit \(P_A(W_2)\). Nach Bayes: \(\frac{P(W_2\cap A)}{P(A)}=\frac{0{,}018}{0{,}032}=0{,}5625\) (1 P.). Obwohl Werk 2 nur \(30\,\%\) liefert, stammt mehr als die Hälfte des Ausschusses von dort, weil seine Fehlerquote dreimal so hoch ist. Antwort: \(3{,}2\,\%\) Ausschuss insgesamt; eine fehlerhafte Schraube kommt mit \(56{,}25\,\%\) aus Werk 2.

Gesamt : 20 Punkte