Bedingte Wahrscheinlichkeit – Mathe Klasse 10 Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (4 BE/Punkte)

   a) Man ergänzt zeilen- und spaltenweise über die Summen: Frauen ohne Tennis \(48-18=30\); Männer insgesamt \(80-48=32\); Männer mit Tennis \(30-18=12\); Männer ohne Tennis \(32-12=20\); Spaltensumme ohne Tennis \(30+20=50\) (1 P.).
   b) Bedingung „Frau“: Man betrachtet nur die \(48\) Frauen, \(18\) davon spielen Tennis: \(P_{F}(T)=\frac{18}{48}=0{,}375\) (1 P.).
   c) Bedingung „Tennis“: Grundmenge sind die \(30\) Tennisspieler, darunter \(18\) Frauen: \(P_{T}(F)=\frac{18}{30}=0{,}6\) (1 P.).
   d) Es gilt \(P(F)=\frac{48}{80}=0{,}6\), und dieser Wert stimmt mit \(P_T(F)\) überein. Der Frauenanteil ist unter Tennisspielern genauso groß wie im ganzen Verein, also sind die Merkmale unabhängig (1 P.). Kontrolle: \(P(F)\cdot P(T)=0{,}6\cdot0{,}375=0{,}225=\frac{18}{80}\).

2. Lösung zu Aufgabe 2 (4 BE/Punkte)

   a) Erste Stufe: grün \(\frac{4}{10}\), gelb \(\frac{6}{10}\). Ohne Zurücklegen sind beim zweiten Zug nur noch \(9\) Kugeln da. Nach grün: grün \(\frac39\), gelb \(\frac69\); nach gelb: grün \(\frac49\), gelb \(\frac59\) (1 P.).
   b) Gleiche Farbe ergeben die Pfade grün-grün und gelb-gelb. Pfadregel und Summenregel: \(\frac{4}{10}\cdot\frac39+\frac{6}{10}\cdot\frac59=\frac{12}{90}+\frac{30}{90}=\frac{42}{90}\approx0{,}467\) (2 P.).
   c) Gesucht ist eine bedingte Wahrscheinlichkeit mit der Bedingung „zweite Kugel gelb“. Diese tritt auf zwei Pfaden ein: \(\frac{24}{90}+\frac{30}{90}=\frac{54}{90}=0{,}6\). Davon gehört der Pfad grün-gelb mit \(\frac{24}{90}\) zum Ereignis. Also \(P=\frac{24}{54}=\frac49\approx0{,}444\) (1 P.). Antwort: \(46{,}7\,\%\) bzw. \(44{,}4\,\%\).

3. Lösung zu Aufgabe 3 (4 BE/Punkte)

   a) Der Additionssatz \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\) wird nach dem Schnitt umgestellt: \(P(A\cap B)=0{,}4+0{,}5-0{,}7=0{,}2\) (1 P.).
   b) Bedingte Wahrscheinlichkeit heißt Schnitt geteilt durch die Bedingung: \(P_B(A)=\frac{0{,}2}{0{,}5}=0{,}4\) und \(P_A(B)=\frac{0{,}2}{0{,}4}=0{,}5\) (1 P.).
   c) Es gilt \(P_B(A)=0{,}4=P(A)\): Das Wissen, dass \(B\) eingetreten ist, ändert die Wahrscheinlichkeit von \(A\) nicht. Gleichwertig \(P(A)\cdot P(B)=0{,}2=P(A\cap B)\). Die Ereignisse sind unabhängig (1 P.).
   d) „Weder \(A\) noch \(B\)“ ist das Gegenereignis von „\(A\) oder \(B\)“ (Regel von De Morgan): \(P(\overline A\cap\overline B)=1-0{,}7=0{,}3\) (1 P.). Kontrolle wegen Unabhängigkeit: \(0{,}6\cdot0{,}5=0{,}3\), passt.

4. Lösung zu Aufgabe 4 (4 BE/Punkte)

   a) Erste Stufe: defekt \(0{,}01\), intakt \(0{,}99\). Zweite Stufe nach defekt: beanstandet \(0{,}96\), nicht beanstandet \(0{,}04\). Nach intakt: beanstandet \(0{,}04\) (Fehlalarm), nicht beanstandet \(0{,}96\) (1 P.).
   b) Zwei Pfade enden bei „beanstandet“: \(0{,}01\cdot0{,}96=0{,}0096\) und \(0{,}99\cdot0{,}04=0{,}0396\). Summe: \(0{,}0492\), also knapp \(5\,\%\) (1 P.).
   c) Nach dem Satz von Bayes: \(P_{\text{beanst.}}(\text{defekt})=\frac{0{,}0096}{0{,}0492}\approx0{,}195\) (1 P.).
   d) Nur etwa jedes fünfte beanstandete Gerät ist tatsächlich defekt (1 P.). Grund: Defekte sind mit \(1\,\%\) sehr selten, während die vielen intakten Geräte trotz der kleinen Fehlalarmquote viele falsche Beanstandungen liefern (\(0{,}0396\) gegenüber \(0{,}0096\)). Ein beanstandetes Gerät sollte daher ein zweites Mal geprüft werden.

5. Lösung zu Aufgabe 5 (4 BE/Punkte)

   a) Erste Stufe Münze: Kopf \(\frac12\), Zahl \(\frac12\). Nach Kopf normaler Würfel: Sechs \(\frac16\), keine Sechs \(\frac56\). Nach Zahl präparierter Würfel: Sechs \(\frac12\), keine Sechs \(\frac12\) (1 P.).
   b) Totale Wahrscheinlichkeit: \(P(6)=\frac12\cdot\frac16+\frac12\cdot\frac12=\frac1{12}+\frac3{12}=\frac4{12}=\frac13\) (1 P.).
   c) Bedingt auf „gewonnen“: \(P_6(\text{Kopf})=\frac{1/12}{1/3}=\frac14=0{,}25\) (1 P.). Ein Gewinn spricht also eher für den präparierten Würfel.
   d) Gewinnt der Spieler, erhält er netto \(2{,}50-1=1{,}50\) €; sonst verliert er \(1\) €. Erwartungswert je Spiel: \(\frac13\cdot1{,}50-\frac23\cdot1=0{,}50-0{,}67=-\frac16\) €. Der Veranstalter nimmt im Mittel \(\frac16\) € pro Spiel ein, bei \(120\) Spielen \(120\cdot\frac16=20\) € (1 P.).

Gesamt : 20 Punkte