✅ Aufgabensammlung

In einer Umfrage wurden 200 Personen befragt. 60% waren weiblich. Von den weiblichen Personen nutzen 75% soziale Medien, von den männlichen Personen nutzen 50% soziale Medien.

a) Erstelle eine Vierfeldertafel, die die Ergebnisse der Umfrage in absoluten Zahlen darstellt.

Vierfeldertafel:

	Soziale Medien nutzen	Keine sozialen Medien nutzen	Gesamt
Weiblich	90	30	120
Männlich	40	40	80
Gesamt	130	70	200

b) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig ausgewählte Person weiblich ist und soziale Medien nutzt.

Wir nutzen für weiblich W und für soziale Medien S.

P(W \cap S) = \frac{90}{200} = 0{,}45

c) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass eine zufällig ausgewählte Person soziale Medien nutzt.

Wir nutzen für weiblich W und für soziale Medien S.

P(S) = \frac{130}{200} = 0{,}65

d) Berechne die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass eine Person weiblich ist, gegeben dass sie soziale Medien nutzt.

Wir nutzen für weiblich W und für soziale Medien S.

P_{S}(W) = \frac{P(W \cap S)}{P(S)} = \frac{0{,}45}{0{,}65} \approx 0{,}6923

In einer Urne liegen 5 rote und 3 blaue Kugeln. Drei Kugeln werden nacheinander ohne Zurücklegen gezogen.

a) Erstelle ein Baumdiagramm, das alle möglichen Ergebnisse des Ziehens darstellt.

Das Baumdiagramm zeigt die möglichen Ergebnisse des Ziehens von drei Kugeln ohne Zurücklegen:

          Start
         /     \
      Rot(5)  Blau(3)
      /   \      /   \
   Rot(4) Blau(3) Rot(5) Blau(2)
   / \      / \     / \     / \
Rot(3) Blau(3) Rot(4) Blau(2) Rot(4) Blau(2) Rot(5) Blau(1)

b) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei gezogenen Kugeln rot sind.

Die Wahrscheinlichkeit, dass alle drei gezogenen Kugeln rot sind, berechnet sich wie folgt:

P(\text{alle rot}) = \frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} = \frac{60}{336} = \frac{5}{28} \approx 0{,}1786

Drei rote Kugeln werden mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 17,86% gezogen.

c) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine blaue Kugel gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine blaue Kugel gezogen wird, ist das Gegenereignis dazu, dass alle drei gezogenen Kugeln rot sind:

P(\text{mindestens eine blau}) = 1 - P(\text{alle rot}) = 1 - \frac{5}{28} = \frac{23}{28} \approx 0{,}8214

Mindestens eine blaue Kugel wird mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa 82,14% gezogen.

Eine Maschine produziert Bauteile. 5% der Bauteile sind defekt. Ein Testgerät erkennt defekte Bauteile mit einer Wahrscheinlichkeit von 95%. Bei funktionierenden Bauteilen schlägt der Test fälschlicherweise mit 2% Wahrscheinlichkeit an (Fehlalarm).

a) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bauteil defekt ist und der Test positiv ausfällt.

Wir nutzen für defekt D und für positiven Test T.

Wir stellen die Gleichung für bedingte Wahrscheinlichkeiten um:

P_T(D) = \frac{P(D \cap T)}{P(D)}

P(D \cap T) = P(D) \cdot P_T(D) = 0{,}05 \cdot 0{,}95 = 0{,}0475

b) Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass ein Bauteil funktionierend ist und der Test negativ ausfällt.

Wir nutzen für funktionierend F und für negativen Test N.

Wir stellen die Gleichung für bedingte Wahrscheinlichkeiten um:

P_N(F) = \frac{P(F \cap N)}{P(F)}

P(F \cap N) = P(F) \cdot P_N(F) = 0{,}95 \cdot 0{,}98 = 0{,}931

Prüfe, ob die folgenden Aussagen immer, manchmal oder nie gelten:

a) Für zwei Ereignisse E und F gilt: $P(E\cup F) \geq P(E)$ .

Diese Aussage gilt immer, da die Vereinigung von E und F mindestens so wahrscheinlich ist wie E allein.

b) Wenn $P(E \cap F) = \{\}$ , dann sind E und F unabhängig.

Diese Aussage gilt nie. Wenn $P(E \cap F) = \{\}$ , sind E und F disjunkt (haben keine gemeinsamen Elemente), was bedeutet, dass sie nicht unabhängig sein können, es sei denn, eine der Wahrscheinlichkeiten ist null.

c) Für zwei Ereignisse gilt: $P(E) + P(F) \leq 1 + P(E \cap F)$ .

Diese Aussage gilt immer. Sie folgt aus der Formel für die Vereinigung von zwei Ereignissen: $P(E \cup F) = P(E) + P(F) - P(E \cap F)$ und der Tatsache, dass $P(E \cup F) \leq 1$ .

d) Wenn E und F unabhängig sind, dann sind auch $\overline{E}$ und $\overline{F}$ unabhängig.

Diese Aussage gilt immer. Wenn E und F unabhängig sind, dann gilt auch $P(\overline{E} \cap \overline{F}) = P(\overline{E}) \cdot P(\overline{F})$ .