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

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1. Lösung zu Aufgabe 1

   a) Erster Zug rot: \(\frac58\). Danach liegen noch \(4\) rote von \(7\) Kugeln in der Urne. Pfadregel: \(P(rr)=\frac58\cdot\frac47=\frac{20}{56}=\frac{5}{14}\).
   b) Zwei Pfade gehören dazu: \(P(rb)=\frac58\cdot\frac37=\frac{15}{56}\) und \(P(br)=\frac38\cdot\frac57=\frac{15}{56}\). Summenregel: \(\frac{30}{56}=\frac{15}{28}\).
   c) \(P(bb)=\frac38\cdot\frac27=\frac{6}{56}=\frac{3}{28}\). Nach dem ersten blauen Zug sind nur noch \(2\) blaue übrig.
   d) Alle Pfade zusammen: \(\frac{20}{56}+\frac{15}{56}+\frac{15}{56}+\frac{6}{56}=\frac{56}{56}=1\). Das muss so sein, denn die vier Pfade decken alle Ergebnisse ab.

2. Lösung zu Aufgabe 2

   a) Mit Zurücklegen bleiben die Wahrscheinlichkeiten in beiden Stufen gleich: \(\frac{4}{10}\cdot\frac{4}{10}+\frac{6}{10}\cdot\frac{6}{10}=\frac{16+36}{100}=0{,}52\).
   b) Ohne Zurücklegen ändern sich die Anteile in der zweiten Stufe: \(\frac{4}{10}\cdot\frac39+\frac{6}{10}\cdot\frac59=\frac{12+30}{90}=\frac{7}{15}\approx0{,}467\).
   c) Ohne Zurücklegen ist die Wahrscheinlichkeit kleiner (\(0{,}467<0{,}52\)). Wer schon eine Farbe gezogen hat, findet diese Farbe danach seltener im Beutel; die andere Farbe wird wahrscheinlicher.

3. Lösung zu Aufgabe 3

   a) Definition: \(P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}2}{0{,}4}=0{,}5\) und \(P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{0{,}2}{0{,}5}=0{,}4\). Da \(P_B(A)=P(A)\), sind \(A\) und \(B\) hier unabhängig.
   b) \(P_B(A)=\frac{0{,}12}{0{,}6}=0{,}2\) und \(P_A(B)=\frac{0{,}12}{0{,}3}=0{,}4\).
   c) \(P_B(A)=\frac{0{,}1}{0{,}5}=0{,}2\) und \(P_A(B)=\frac{0{,}1}{0{,}4}=0{,}25\).
   Achtung: \(P_B(A)\) und \(P_A(B)\) sind im Allgemeinen verschieden, denn man teilt durch verschiedene Wahrscheinlichkeiten.

4. Lösung zu Aufgabe 4

   a) Mädchen mit Haustier: \(120-28=92\). Jungen: \(200-120=80\). Jungen mit Haustier: \(110-92=18\), Jungen ohne Haustier: \(90-28=62\). Kontrolle: \(18+62=80\), alle Summen stimmen.
   b) Gesucht ist ein Feld der Tafel geteilt durch die Gesamtzahl: \(\frac{92}{200}=0{,}46\).
   c) Bedingung „Mädchen“: Man teilt durch die Zahl der Mädchen. \(P_M(H)=\frac{92}{120}\approx0{,}767\), also etwa \(77\,\%\).
   d) Bedingung „Haustier“: Man teilt durch die Zahl der Haustierbesitzer. \(P_H(M)=\frac{92}{110}\approx0{,}836\), also etwa \(84\,\%\).

5. Lösung zu Aufgabe 5

   a) Zeilen und Spalten müssen sich aufsummieren: \(P(A\cap\overline B)=0{,}30-0{,}12=0{,}18\), \(P(\overline A\cap B)=0{,}40-0{,}12=0{,}28\), \(P(\overline B)=0{,}60\), \(P(\overline A)=0{,}70\), \(P(\overline A\cap\overline B)=0{,}70-0{,}28=0{,}42\).
   b) \(P_A(B)=\frac{0{,}12}{0{,}30}=0{,}4\) und \(P_B(A)=\frac{0{,}12}{0{,}40}=0{,}3\).
   c) \(P(A)\cdot P(B)=0{,}30\cdot0{,}40=0{,}12=P(A\cap B)\). Also sind \(A\) und \(B\) unabhängig. Passend dazu ist \(P_A(B)=P(B)=0{,}4\).
   d) Additionssatz: \(P(A\cup B)=0{,}30+0{,}40-0{,}12=0{,}58\). Kontrolle über das Gegenereignis: \(1-0{,}42=0{,}58\).

6. Lösung zu Aufgabe 6

   a) Produktregel: \(0{,}2\cdot0{,}5=0{,}10=P(A\cap B)\). Die Ereignisse sind unabhängig.
   b) \(0{,}6\cdot0{,}5=0{,}30\neq0{,}35\). Die Ereignisse sind abhängig; \(B\) macht \(A\) wahrscheinlicher.
   c) \(\frac13\cdot\frac14=\frac1{12}=P(A\cap B)\). Unabhängig.
   d) \(A=\{2,4,6\}\), also \(P(A)=\frac12\). \(B=\{5,6\}\), also \(P(B)=\frac13\). \(A\cap B=\{6\}\), \(P(A\cap B)=\frac16=\frac12\cdot\frac13\). Die Ereignisse sind unabhängig.

7. Lösung zu Aufgabe 7

   a) Erste Stufe: Bus \(0{,}40\), Rad \(0{,}35\), zu Fuß \(0{,}25\). Zweite Stufe: zu spät \(0{,}10\), \(0{,}05\), \(0{,}02\). Pfad „Bus und zu spät“: \(0{,}40\cdot0{,}10=0{,}04\).
   b) Totale Wahrscheinlichkeit über alle drei Pfade: \(0{,}04+0{,}35\cdot0{,}05+0{,}25\cdot0{,}02=0{,}04+0{,}0175+0{,}005=0{,}0625\).
   c) Satz von Bayes: \(P_{\text{spät}}(\text{Rad})=\frac{0{,}0175}{0{,}0625}=0{,}28\). Ein Zuspätkommer kam mit \(28\,\%\) Wahrscheinlichkeit mit dem Rad.
   d) Erwartungswert: \(400\cdot0{,}0625=25\). Etwa \(25\) Schüler kommen zu spät.

8. Lösung zu Aufgabe 8

   a) Zwei Pfade führen zu „positiv“: krank und positiv \(0{,}02\cdot0{,}95=0{,}019\), gesund und positiv \(0{,}98\cdot0{,}04=0{,}0392\). Zusammen \(0{,}0582\).
   b) Bayes: \(P_{\text{pos}}(\text{krank})=\frac{0{,}019}{0{,}0582}\approx0{,}326\). Nur etwa ein Drittel der positiv Getesteten ist wirklich krank.
   c) \(10\,000\cdot0{,}0582=582\) positive Tests. Davon krank: \(10\,000\cdot0{,}019=190\). Die übrigen \(392\) sind Fehlalarme.
   d) Der Test wirkt mit \(95\,\%\) sehr zuverlässig. Weil aber \(98\,\%\) der Menschen gesund sind, liefern schon \(4\,\%\) von ihnen mehr positive Ergebnisse als alle Kranken zusammen.

9. Lösung zu Aufgabe 9

   a) Erste Stufe: Spam \(0{,}3\), normal \(0{,}7\). Zweite Stufe: markiert \(0{,}98\) bzw. \(0{,}01\). \(P(\text{markiert})=0{,}3\cdot0{,}98+0{,}7\cdot0{,}01=0{,}294+0{,}007=0{,}301\).
   b) \(P_{\text{markiert}}(\text{Spam})=\frac{0{,}294}{0{,}301}\approx0{,}977\). Fast jede markierte Mail ist wirklich Spam.
   c) Nicht markiert sind \(1-0{,}301=0{,}699\). Davon Spam: \(0{,}3\cdot0{,}02=0{,}006\). Also \(\frac{0{,}006}{0{,}699}\approx0{,}0086\), etwa \(0{,}9\,\%\).
   d) Normale Mails, die markiert werden: \(1000\cdot0{,}7\cdot0{,}01=7\). Etwa \(7\) normale Mails landen im Spam-Ordner.

10. Lösung zu Aufgabe 10

    a) Totale Wahrscheinlichkeit: \(0{,}6\cdot0{,}03+0{,}4\cdot0{,}05=0{,}018+0{,}020=0{,}038\), also \(3{,}8\,\%\) Ausschuss.
    b) Bayes: \(P_{\text{Aus}}(M_2)=\frac{0{,}020}{0{,}038}\approx0{,}526\). Obwohl Maschine 2 weniger produziert, stammt gut die Hälfte des Ausschusses von ihr.
    c) Kein Ausschuss: \(1-0{,}038=0{,}962\). Davon Maschine 1: \(0{,}6\cdot0{,}97=0{,}582\). Also \(\frac{0{,}582}{0{,}962}\approx0{,}605\).
    d) Ohne Maschine 2 kommen alle Teile von Maschine 1, der Ausschuss beträgt dann \(3\,\%\). Er sinkt also von \(3{,}8\,\%\) auf \(3\,\%\), wenn Maschine 1 die ganze Menge schafft.

11. Lösung zu Aufgabe 11

    a) Erste Stufe: Regen heute \(0{,}3\), kein Regen \(0{,}7\). Nach Regen: morgen Regen \(0{,}6\), kein Regen \(0{,}4\). Nach trockenem Tag: \(0{,}2\) und \(0{,}8\). An jedem Verzweigungspunkt ist die Summe \(1\).
    b) Zwei Pfade führen zu „morgen Regen“: \(0{,}3\cdot0{,}6+0{,}7\cdot0{,}2=0{,}18+0{,}14=0{,}32\).
    c) Bayes: \(\frac{0{,}18}{0{,}32}=0{,}5625\). Regnet es morgen, hat es mit etwa \(56\,\%\) auch heute geregnet.
    d) Nein. \(P(\text{morgen Regen})=0{,}32\), unter der Bedingung „heute Regen“ aber \(0{,}6\). Da die Werte verschieden sind, beeinflusst das heutige Wetter das morgige.

12. Lösung zu Aufgabe 12

    a) Bedingung: erster Würfel \(5\). Es bleiben \(6\) gleich wahrscheinliche Ergebnisse \((5|1),\dots,(5|6)\). Summe mindestens \(10\) bei \((5|5)\) und \((5|6)\): \(\frac26=\frac13\).
    b) Augensumme \(8\) haben \((2|6),(3|5),(4|4),(5|3),(6|2)\), also \(5\) Ergebnisse. Gerade erste Zahl bei \(2,4,6\): \(\frac35=0{,}6\).
    c) Ja. Egal was der erste Würfel zeigt, genau eine Zahl des zweiten Würfels ergibt die Summe \(7\). Also ist die bedingte Wahrscheinlichkeit immer \(\frac16=P(\text{Summe }7)\).

13. Lösung zu Aufgabe 13

    a) Gesucht ist ein Innenfeld der Tafel: \(\frac{190}{500}=0{,}38\).
    b) Unter 16: \(\frac{190}{200}=0{,}95\). Ab 16: \(\frac{210}{300}=0{,}70\). Jüngere nutzen soziale Medien also deutlich häufiger.
    c) Insgesamt nutzen \(\frac{400}{500}=0{,}8\). Bei Unabhängigkeit müsste in beiden Altersgruppen der Anteil \(0{,}8\) sein. Mit \(0{,}95\) und \(0{,}70\) sind Alter und Nutzung abhängig.
    d) Bei Unabhängigkeit wären \(80\,\%\) der \(300\) Älteren Nutzer: \(0{,}8\cdot300=240\) statt \(210\). Dann wären es bei den Jüngeren \(400-240=160\).

14. Lösung zu Aufgabe 14

    a) Erste Karte Ass: \(\frac4{32}\), danach noch \(3\) Asse unter \(31\) Karten: \(\frac4{32}\cdot\frac3{31}=\frac{12}{992}=\frac{3}{248}\approx0{,}012\).
    b) Zwei Pfade (Ass dann Nicht-Ass, oder umgekehrt), beide mit \(\frac4{32}\cdot\frac{28}{31}\): \(2\cdot\frac{112}{992}=\frac{7}{31}\approx0{,}226\).
    c) Über das Gegenereignis „kein Ass“: \(1-\frac{28}{32}\cdot\frac{27}{31}=1-\frac{756}{992}=\frac{236}{992}=\frac{59}{248}\approx0{,}238\).
    d) Nach einem Ass liegen noch \(3\) Asse unter \(31\) Karten: \(P=\frac{3}{31}\approx0{,}097\).

15. Lösung zu Aufgabe 15

    a) Totale Wahrscheinlichkeit: \(0{,}001\cdot0{,}99+0{,}999\cdot0{,}05=0{,}00099+0{,}04995=0{,}05094\).
    b) Bayes: \(\frac{0{,}00099}{0{,}05094}\approx0{,}0194\). Nur etwa \(1{,}9\,\%\) der Alarme sind berechtigt.
    c) Fehlalarme: \(100\,000\cdot0{,}999\cdot0{,}05=4995\) Reisende.
    d) Berechtigte Alarme haben den Anteil \(0{,}00099\). Fehlalarme \(0{,}999\cdot q\) müssen kleiner sein: \(q<\frac{0{,}00099}{0{,}999}\approx0{,}001\). Die Fehlalarmquote müsste unter etwa \(0{,}1\,\%\) liegen.

16. Lösung zu Aufgabe 16

    a) Von \(12\) Losen sind \(3\) Gewinne: \(\frac3{12}=\frac14\).
    b) Zwei Pfade: \(\frac3{12}\cdot\frac2{11}+\frac9{12}\cdot\frac3{11}=\frac{6+27}{132}=\frac{33}{132}=\frac14\). Das zweite Kind hat dieselbe Chance wie das erste.
    c) Gegenereignis: Keiner gewinnt, \(\frac9{12}\cdot\frac8{11}\cdot\frac7{10}=\frac{504}{1320}\). Also \(1-\frac{504}{1320}=\frac{816}{1320}=\frac{34}{55}\approx0{,}618\).
    d) \(P(G_1\cap G_2)=\frac3{12}\cdot\frac2{11}=\frac1{22}\approx0{,}045\), aber \(P(G_1)\cdot P(G_2)=\frac1{16}=0{,}0625\). Die Werte sind verschieden, die Ereignisse sind abhängig.

17. Lösung zu Aufgabe 17

    a) \(\frac{180}{300}=0{,}60\). \(60\,\%\) der Kinder treiben Sport im Verein.
    b) Jungen: \(\frac{96}{150}=0{,}64\). Mädchen: \(\frac{84}{150}=0{,}56\).
    c) Bei Unabhängigkeit wäre der Anteil in beiden Gruppen \(0{,}60\). Mit \(0{,}64\) und \(0{,}56\) gilt exakte Unabhängigkeit nicht, der Unterschied ist aber klein.
    d) Unabhängigkeit verlangt \(P(J\cap V)=P(J)\cdot P(V)=0{,}5\cdot0{,}6=0{,}3\), also \(0{,}3\cdot300=90\) Jungen im Verein.

18. Lösung zu Aufgabe 18

    a) Unabhängigkeit: \(P(A\cap B)=0{,}4\cdot0{,}5=0{,}2\). Dann \(P(A\cup B)=0{,}4+0{,}5-0{,}2=0{,}7\).
    b) \(P_B(A)=\frac{0{,}1}{0{,}5}=0{,}2\). Das ist kleiner als \(P(A)=0{,}4\): Tritt \(B\) ein, wird \(A\) unwahrscheinlicher. Die Ereignisse sind abhängig.
    c) Die Schnittmenge ist höchstens so groß wie das kleinere Ereignis: \(P(A\cap B)\le0{,}4\). Die Untergrenze ist \(\max\{0;\,0{,}4+0{,}5-1\}=0\). Also \(0\le P(A\cap B)\le0{,}4\).
    d) Ausschließen heißt \(P(A\cap B)=0\). Dann ist \(P_B(A)=0\neq0{,}4\), die Ereignisse sind also stark abhängig.

19. Lösung zu Aufgabe 19

    a) Definition einsetzen: \(\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=P(A)\). Multiplikation mit \(P(B)>0\) liefert \(P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)\). Jeder Schritt ist umkehrbar, also sind beide Bedingungen gleichwertig.
    b) Mit \(P(A)>0\): \(P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{P(A)\cdot P(B)}{P(A)}=P(B)\). Unabhängigkeit ist also symmetrisch.
    c) \(0{,}2\cdot0{,}5=0{,}1=P(A\cap B)\). \(P_B(A)=\frac{0{,}1}{0{,}5}=0{,}2=P(A)\) und \(P_A(B)=\frac{0{,}1}{0{,}2}=0{,}5=P(B)\). Alles stimmt überein.

20. Lösung zu Aufgabe 20

    a) Das erste Kind hat irgendeinen Tag. Das zweite muss einen der \(6\) anderen Tage haben, das dritte einen der übrigen \(5\): \(1\cdot\frac67\cdot\frac57=\frac{30}{49}\approx0{,}612\).
    b) Gegenereignis zu a): \(1-\frac{30}{49}=\frac{19}{49}\approx0{,}388\).
    c) Für vier Kinder: \(1-\frac67\cdot\frac57\cdot\frac47=1-\frac{120}{343}\approx0{,}650\). Für drei Kinder sind es nur \(0{,}388\). Also ist die Wahrscheinlichkeit ab vier Kindern erstmals größer als \(50\,\%\).