Baumdiagramm
Ein Baumdiagramm ist eine grafische Darstellung für ein mehrstufiges Zufallsexperiment.
Hier findest du folgende Inhalte
Formeln
Mehrstufige Zufallsexperimente und deren Wahrscheinlichkeiten
Führt man ein Zufallsexperiment mehrfach hintereinander aus, so spricht man von einem mehrstufigen Zufallsexperiment. Einfache Beispiele dafür sind das mehrfache Werfen einer Münze oder das mehrfache Werfen eines Würfels.
Formel von Bernoulli für Bernoulli-Ketten
Wird ein Bernoulli-Experiment n mal durchgeführt, so spricht man von einer Bernoulli-Kette der Länge n. Die bernoullische Formel gibt die Wahrscheinlichkeit für k Treffer bei n Wiederholungen eines Bernoulli-Experiments - einer sogenannten Bernoulli-Kette - an. Dabei ist für jeden einzelnen der k Treffer, p die Wahrscheinlichkeit für einen Treffer und (1-p) die Wahrscheinlichkeit für eine Niete. Die einzelnen Teilexperimente müssen von einander unabhängig sein. Jedes Einzelexperiment darf nur zwei mögliche Ausgänge haben.
\(P\left( {X = k} \right) = \left( \begin{gathered} n \\ k \\ \end{gathered} \right) \cdot {p^k} \cdot {\left( {1 - p} \right)^{n - k}}\)
| P(X=k) | Wahrscheinlichkeit einer Binomialverteilung |
| n | Anzahl der Wiederholungen eines Bernoulli-Experiments |
| p | Wahrscheinlichkeit für einen Treffer im Bernoulli-Experiment |
| k | Anzahl der Treffer bei n Wiederholungen, deren Reihenfolge ist irrelevant |
Beispiel: Würfel (→p=1/6=0,16667) wird 10 Mal geworfen (→n=10). Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit genau 3 Mal zwei Augen zu werfen (→k=3)
\(P\left( {K = 3} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {10}\\ 3 \end{array}} \right) \cdot {\left( {\dfrac{1}{6}} \right)^3} \cdot {\left( {1 - \dfrac{1}{6}} \right)^{10 - 3}} \approx 0,155 \buildrel \wedge \over = 15,5\% \)
Baumdiagramme
Baumdiagramme unterstützen visuell bei der Berechnung der Wahrscheinlichkeit bei mehrstufigen Zufallsexperimenten. Ein Baumdiagramm besteht aus Knoten und Zweigen. Ein Pfad startet bei einem Knoten, verläuft über einen oder mehrere Zweige und endet in einem Knoten.
Zweigwahrscheinlichkeiten
- Neben jeden Zweig schreibt man die Wahrscheinlichkeit, mit der das vom Zweig repräsentierte Zufallsereignis eintritt.
- Die Wahrscheinlichkeit aller Zweige, die von einem Konten weglaufen, summieren sich immer auf 1.
Pfadregeln bei der Lösung von Aufgaben mittels Baumdiagramm
- Produktregel: Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses, welches durch einen Pfad dargestellt wird, ist gleich dem Produkt aller Einzelwahrscheinlichkeiten entlang dieses Pfades.
- Summenregel: Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses, welches durch mehrere Pfade dargestellt wird, ist gleich der Summe aller zugehörigen Pfadwahrscheinlichkeiten
Illustration eines Baumdiagramms
Produktregel für die Wahrscheinlichkeit von unabhängigen Ereignissen ("Und" Regel)
Die Produktregel besagt, dass die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses, welches durch einen Pfad (mehrere Zweige in Serie) dargestellt wird (Pfadwahrscheinlichkeit), gleich ist dem Produkt aller Einzelwahrscheinlichkeiten entlang dieses Pfades. Mit anderen Worten: Sollten A und B unabhängige Ereignisse sein, dann gilt: Die Wahrscheinlichkeit, dass unabhängig voneinander das Ereignis A und auch das Ereignis B eintreten, ist gleich dem Produkt der beiden Einzelwahrscheinlichkeiten.
Das eine und das andere Ereignis treten ein: Schnittmenge:
\(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( {A \wedge B} \right) = P\left( {{\text{A und B}}} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right)\)
Merksatz: "Bei unabhängigen Ereignissen ist die Wahrscheinlichkeit von A und B ist gleich der Wahrscheinlichkeit von A mal B"
Beispiel: Ziehen mit Zurücklegen
Produktregeln für die Wahrscheinlichkeit von beliebigen Ereignissen ("Und Regel")
Sollten A und B zwei nicht notwendiger Weise unabhängige Ereignisse sein, dann gilt: Die Wahrscheinlichkeit, dass das Ereignis A und auch das Ereignis B eintreten, ist gleich der Eintrittswahrscheinlichkeit für A mal der Eintrittswahrscheinlichkeit für B, unter der Voraussetzung, dass bereits Ereignis A eingetreten ist.
\(P\left( {{A} \cap {B}} \right) = P\left( {{A}} \right) \cdot P\left( {{B}\left| {{A}} \right.} \right)\)
Beispiel: Ziehen ohne Zurücklegen
Summenregel für die Wahrscheinlichkeit von unabhängigen Ereignissen ("Oder" Regel)
Die Summenregel besagt, dass die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses, welches durch mehrere parallele Pfade dargestellt wird, gleich ist der Summe aller zugehörigen Pfadwahrscheinlichkeiten. Mit anderen Worten: Sollten A und B unvereinbare / disjunkte / einander gegenseitig ausschließende Ereignisse sein, dann gilt wegen \(P\left( {{A} \cap {B}} \right) = 0\) vereinfachend: Die Wahrscheinlichkeit, dass entweder das eine oder das andere von 2 disjunkten Ereignissen eintritt, ist gleich der Summe der Einzelwahrscheinlichkeiten.
Entweder das eine oder das andere Ereignisse tritt ein: Vereinigungsmenge
\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( {A \vee B} \right) = P\left( {{\text{A oder B}}} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\)
Nachfolgende Illustration veranschaulicht den Zusammenhang
Summenregeln für Wahrscheinlichkeiten von beliebigen Ereignissen ("Oder Regel")
Sollten A1 und A2 zwei beliebige Ereignisse sein, dann gilt: Die Wahrscheinlichkeit, dass entweder das beliebige Ereignis A eintritt oder das beliebiges Ereignis B eintritt, ist gleich der Summe ihrer Einzelwahrscheinlichkeiten, abzüglich der Wahrscheinlichkeit für das gemeinsame Eintreten beider Ereignisse.
\(P\left( {{A} \cup {B}} \right) = P\left( {{A}} \right) + P\left( {{B}} \right) - P\left( {{A} \cap {B}} \right) = P\left( {{A}} \right) + P\left( {{B}} \right) - P\left( {{A}} \right) \cdot P\left( {{B}} \right)\)
Für drei beliebige - also nicht notwendigerweise disjunkte - Ereignisse gilt:
\(P\left( {A \cup B \cup C} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) + P\left( C \right) - P\left( {A \cap B} \right) - P\left( {A \cap C} \right) - P\left( {B \cap C} \right) + P\left( {A \cap B \cap C} \right)\)
Nachfolgende Illustration veranschaulicht den Zusammenhang
Satz von Bayes - Formel für die bedingte Wahrscheinlichkeit von B unter der Bedingung A
Die bedingte Wahrscheinlichkeit P(B|A) ist die Wahrscheinlichkeit für das Eintreten von B, unter der Voraussetzung (Bedingung), dass bereits das Ereignis A eingetreten ist, also bei von einander stochastisch abhängigen Ereignissen
\(P\left( {{B}\left| {{A}} \right.} \right) = \dfrac{{P\left( {{A} \cap {B}} \right)}}{{P\left( {{A}} \right)}}\)
Der Satz von Bayes ermöglicht es die bedingte Wahrscheinlichkeit von \(P\left( {{A}\left| {{B}} \right.} \right)\) auszurechnen, wenn nur die umgekehrte bedingte Wahrscheinlichkeit \({P\left( {{B}\left| {{A}} \right.} \right)}\) und die beiden A-Priori-Wahrscheinlichkeiten \({P\left( {{A}} \right)}\) bzw. \({P\left( {{B}} \right)}\) bekannt sind und umgekehrt.
\(\eqalign{ & P\left( {A\left| B \right.} \right) = \dfrac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \cr & = \dfrac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\left| A \right.} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \dfrac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\left| A \right.} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right)}} \cr} \)
| \(P\left( {{A}\left| {{B}} \right.} \right)\) | Bedingte Wahrscheinlichkeit vom Ereignis A unter der Bedingung, dass Ereignis B schon eingetreten ist |
| \({P\left( {{B}\left| {{A}} \right.} \right)}\) | Bedingte Wahrscheinlichkeit vom Ereignis B unter der Bedingung, dass Ereignis A schon eingetreten ist |
| \({P\left( {{A}} \right)}\) | A-priori-Wahrscheinlichkeit für den Eintritt vom Ereignis A |
| \({P\left( {{B}} \right)}\) | A-priori-Wahrscheinlichkeit für den Eintritt vom Ereignis B |
Vierfeldtafel zur Bestimmung bedingter Wahrscheinlichkeiten
Eine Vierfeldtafel eignet sich zur Bestimmung der Zusammenhänge zweier Ereignisse A und B
- Zuerst erfolgt die Beschriftung vom Ereignis und dem zugehörigen Gegenereignis in der 1. Zeile und der 1. Spalte
- Dann erfolgt die Beschriftung der Wahrscheinlichkeiten vom Ereignis A bzw. B und der Wahrscheinlichkeit vom zugehörigen Gegenereignis in der 4. Zeile und in der 4. Spalte
- Die Wahrscheinlichkeiten der Ereignisse \(A\) und \({\overline A }\) bzw. \(B\) und \({\overline B }\) addieren sich jeweils auf 1, was wir im Feld rechts unten eintragen.
- In die eigentlichen 4 Felder der Vierfeldtafel trägt man letztlich die Wahrscheinlichkeiten der Schnittmengen ein.
| \(B\) | \({\overline B }\) | ||
| \(A\) | \({P\left( {A \cap B} \right)}\) | \({P\left( {A \cap \overline B } \right)}\) | \({P\left( A \right)}\) |
| \({\overline A }\) | \({P\left( {\overline A \cap B} \right)}\) | \({P\left( {\overline A \cap \overline B } \right)}\) | \({P\left( {\overline A } \right)}\) |
| \({\sum }\) | \({P\left( B \right)}\) | \({P\left( {\overline B } \right)}\) | 1 |
- Die Wahrscheinlichkeiten in der 4. Zeile errechnet sich aus der Summe der beiden darüber stehenden Wahrscheinlichkeiten
- Die Wahrscheinlichkeiten in der 4. Spalte errechnet sich aus der Summe der beiden links stehenden Wahrscheinlichkeiten
Anstelle von Wahrscheinlichkeiten können in den Felder der Vierfeldtafel auch absoluten Häufigkeiten oder Prozentwerte stehen.
Abhängige bzw. unabhängige Ereignisse:
Zwei Ereignisse A bzw. B sind von einander abhängig, wenn das Eintreten vom Ereignis A das Eintreten vom Ereignis B beeinflusst. Unabhängige Ereignisse kann man einfacher berechnen als von einander abhängige Ereignisse.
Die Ereignisse A und B sind voneinander
- abhängig, wenn gilt: \(P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) \ne P\left( {A \cap B} \right)\)
- unabhängig, wenn gilt: \(P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = P\left( {A \cap B} \right)\)
In obiger Vierfeldtafel können wir die 3 Werte wie folgt ablesen:
- P(A) lesen wir in der 1. Zeile in der letzten Zeile ab
- P(B) lesen wir in der 1. Spalte in der letzten Zeile ab
- P(A ∩ B) lesen wir in der 1. Zeile in der 1. Spalte ab
Visualisierung im Baumdiagramm
Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit
Der Satz von der totalen Wahrscheinlichkeit ermöglicht es die Einzelwahrscheinlichkeiten aus den bedingten Wahrscheinlichkeiten zu berechnen.
\(\eqalign{ & P\left( A \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {P\left( {{B_i}} \right) \cdot P\left( {A\left| {{B_i}} \right.} \right)} \cr & {\text{mit }}{{\text{B}}_1} \cup {B_2} \cup ... \cup {B_n} = \Omega \cr} \)
Beispiel:
n=2:
\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A\left| B \right.} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A\left| {\overline B } \right.} \right)\)
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Aufgaben
Aufgabe 4000
Standardisierte kompetenzorientierte schriftliche Reifeprüfung Angewandte Mathematik
Quelle: BHS Matura vom 10. Mai 2017 - Teil-A Aufgabe
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Vergnügungspark - Aufgabe A_249
Teil a
Bei einer Besucherbefragung in einem Vergnügungspark wurden folgende Daten erhoben:
- 60 % der Besucher sind aus dem Inland. Die Besucher aus dem Inland reisen zu 45 % mit dem PKW an, die restlichen Besucher aus dem Inland mit öffentlichen Verkehrsmitteln.
- 90 % der Besucher aus dem Ausland reisen mit öffentlichen Verkehrsmitteln an, die restlichen Besucher aus dem Ausland mit dem PKW.
1. Teilaufgabe - Bearbeitungszeit 5:40
Vervollständigen Sie das nachstehende Baumdiagramm so, dass es den beschriebenen Sachverhalt wiedergibt. [1 Punkt]
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Aufgabe 6024
Abitur 2015 Gymnasium Bayern - Prüfungsteil B - Analysis
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bayerischen Staatsministerium für Bildung und Kultus, Wissenschaft und Kunst
Der Marketingchef einer Handelskette plant eine Werbeaktion, bei der ein Kunde die Höhe des Rabatts bei seinem Einkauf durch zweimaliges Drehen an einem Glücksrad selbst bestimmen kann. Das Glücksrad hat zwei Sektoren, die mit den Zahlen 5 bzw. 2 beschriftet sind (vgl. Abbildung).
Der Rabatt in Prozent errechnet sich als Produkt der beiden Zahlen, die der Kunde bei zweimaligem Drehen am Glücksrad erzielt. Die Zufallsgröße X beschreibt die Höhe dieses Rabatts in Prozent, kann also die Werte 4, 10 oder 25 annehmen. Die Zahl 5 wird beim Drehen des Glücksrads mit der Wahrscheinlichkeit p erzielt. Vereinfachend soll davon ausgegangen werden, dass jeder Kunde genau einen Einkauf tätigt und auch tatsächlich am Glücksrad dreht.
1. Teilaufgabe a) 3 BE - Bearbeitungszeit: 7:00
Ermitteln Sie mithilfe eines Baumdiagramms die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Kunde bei seinem Einkauf einen Rabatt von 10% erhält.
(Ergebnis: \(2 \cdot p - 2 \cdot {p^2}\) )
2. Teilaufgabe b) 3 BE - Bearbeitungszeit: 7:00
Zeigen Sie, dass für den Erwartungswert E(X) der Zufallsgröße X gilt:
\(E\left( X \right) = 9 \cdot {p^2} + 12 \cdot p + 4\)
Die Geschäftsführung will im Mittel für einen Einkauf einen Rabatt von 16% gewähren.
3. Teilaufgabe c.1) 3 BE - Bearbeitungszeit: 7:00
Berechnen Sie für diese Vorgabe den Wert der Wahrscheinlichkeit p.
Berechnen Sie für diese Vorgabe den zugehörigen Mittelpunktswinkel des Sektors mit der Zahl 5.
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Kunde bei seinem Einkauf den niedrigsten Rabatt erhält, beträgt 1/9.
4. Teilaufgabe d) 4 BE - Bearbeitungszeit: 9:20
Bestimmen Sie, wie viele Kunden mindestens an dem Glücksrad drehen müssen, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 99 % mindestens einer der Kunden den niedrigsten Rabatt erhält.
Es drehen 180 Kunden am Glücksrad.
Teilaufgabe e) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Berechnen Sie, mit welcher Wahrscheinlichkeit mindestens 10 und höchstens 25 dieser Kunden den niedrigsten Rabatt für ihren Einkauf erhalten.
Aufgabe 4079
Standardisierte kompetenzorientierte schriftliche Reifeprüfung Angewandte Mathematik
Quelle: BHS Matura vom 09. Mai 2018 - Teil-A Aufgabe
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Wahlmöglichkeiten beim Fliegen - Aufgabe A_265
Teil a
Beim Buchen eines Fluges kann man zwischen der Economy Class (E) und der Business Class (B) wählen. In jeder der beiden Klassen muss man entweder einen Fensterplatz (F), einen Platz am Gang (G) oder einen Platz in der Mitte (M) wählen. Erfahrungsgemäß wählen 90 % der Fluggäste die Economy Class, die übrigen 10 % wählen die Business Class.
Von den Fluggästen der Business Class wünschen sich 80 % einen Fensterplatz und 10 % einen Platz in der Mitte. Von den Fluggästen der Economy Class wünschen sich 75 % einen Fensterplatz und 15 % einen Platz am Gang.
1. Teilaufgabe - Bearbeitungszeit 5:40
Vervollständigen Sie das nachstehende Baumdiagramm so, dass es den beschriebenen Sachverhalt wiedergibt.
[1 Punkt]
2. Teilaufgabe - Bearbeitungszeit 5:40
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass sich ein zufällig ausgewählter Fluggast einen Fensterplatz wünscht.
[1 Punkt]
Aufgabe 4061
Standardisierte kompetenzorientierte schriftliche Reifeprüfung Angewandte Mathematik
Quelle: BHS Matura vom 10. Mai 2017 - Teil-B Aufgabe
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Lego - Aufgabe B_409
Teil c
Tobias spielt mit 5 Legosteinen: 2 Steine mit 3 Noppen in einer Reihe und 3 Steine mit 4 Noppen in einer Reihe.
Er zieht zufällig (also ohne die Anzahl der Noppen zu sehen oder zu ertasten) einen Legostein nach dem anderen und legt sie aneinander. Er zieht so lange, bis die entstehende Mauer mindestens 7 Noppen lang ist. Das nachstehende Baumdiagramm zeigt seine möglichen Züge und die zugehörigen Wahrscheinlichkeiten.
1. Teilaufgabe - Bearbeitungszeit 5:40
Beschreiben Sie, welches Ereignis E durch den fett gezeichneten Pfad beschrieben wird.
[1 Punkt]
Die Zufallsvariable X beschreibt die gesamte Anzahl der Noppen in der Mauer.
2. Teilaufgabe - Bearbeitungszeit 5:40
Bestimmen Sie die zugehörigen Wahrscheinlichkeiten mithilfe des Baumdiagramms und tragen Sie diese in der nachstehenden Tabelle ein.
[1 Punkt]
| \({{\text{x}}_i}\) | 7 | 8 | 10 |
| \(P\left( {X = {x_i}} \right)\) |
Die Zufallsvariable Y beschreibt die Anzahl der Züge, die Tobias benötigt, um eine Mauer mit mindestens 7 Noppen zu erhalten.
3. Teilaufgabe - Bearbeitungszeit 11:20
Berechnen Sie den Erwartungswert dieser Zufallsvariablen Y.
[2 Punkte]
Aufgabe 4220
Standardisierte kompetenzorientierte schriftliche Reifeprüfung Angewandte Mathematik
Quelle: BHS Matura vom 28. Mai 2020 - Teil-A Aufgabe
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Psi-Tests - Aufgabe A_291
Teil c
Sollte eine Versuchsperson die 1. Testphase bestehen, so muss die Versuchsperson die 2. Testphase ebenfalls bestehen, um das Preisgeld zu gewinnen. Dieser Sachverhalt ist im nachstehenden Baumdiagramm dargestellt.
1. Teilaufgabe - Bearbeitungszeit 5:40
Erstellen Sie mithilfe von p1 und p2 eine Formel zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit, dass die Versuchsperson das Preisgeld nicht gewinnt.
[1 Punkt]
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Aufgabe 1014
AHS - 1_014 & Lehrstoff: WS 2.3
Quelle: Aufgabenpool für die SRP in Mathematik (12.2015)
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Wahrscheinlichkeit eines Defekts
Eine Maschine besteht aus den drei Bauteilen A, B und C. Diese haben die im nachstehenden Modell eingetragenen, voneinander unabhängigen Defekthäufigkeiten. Eine Maschine ist defekt, wenn mindestens ein Bauteil defekt ist.
Aufgabenstellung:
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit \(P\left( {X \geqslant 2} \right)\), dass bei einer Maschine zwei oder mehr Bauteile defekt sind
Aufgabe 1051
AHS - 1_051 & Lehrstoff: AG 2.3
Quelle: Aufgabenpool für die SRP in Mathematik (12.2015)
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Kugelschreiber
Ein Kugelschreiber besteht aus zwei Bauteilen, der Mine (M) und dem Gehäuse mit dem Mechanismus (G). Bei der Qualitätskontrolle werden die Kugelschreiber einzeln entnommen und auf ihre Funktionstüchtigkeit hin getestet. Ein Kugelschreiber gilt als defekt, wenn mindestens ein Bauteil fehlerhaft ist.Im nachstehenden Baumdiagramm sind alle möglichen Fälle für defekte und nicht defekte Kugelschreiber aufgelistet.
| A | \({p_1} = 0,95 \cdot 0,92\) |
| B | \({p_2} = 0,05 \cdot 0,08 + 0,95 \cdot 0,08\) |
| C | \({p_3} = 0,05 + 0,92\) |
| D | \({p_4} = 0,05 + 0,95 \cdot 0,08\) |
| E | \({p_5} = 0,05 \cdot 0,92\) |
| F | \({p_6} = 1 - 0,05 \cdot 0,08\) |
Aufgabenstellung:
Ordnen Sie den Ereignissen E1, E2, E3 bzw. E4 die entsprechende Wahrscheinlichkeit p1, p2, p3, p4, p5 oder p6 (aus A bis F) zu!
| Deine Antwort | |
| E1: Eine Mine ist defekt und das Gehäuse ist in Ordnung. | |
| E2: Ein Kugelschreiber ist defekt. | |
| E3: Höchstens ein Teil ist defekt. | |
| E4: Ein Kugelschreiber ist nicht defekt. |
Aufgabe 1141
AHS - 1_141 & Lehrstoff: WS 2.3
Quelle: Aufgabenpool für die SRP in Mathematik (12.2015)
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
FSME-Infektion
Infizierte Zecken können durch einen Stich das FSME-Virus (Frühsommer-Meningoenzephalitis) auf den Menschen übertragen. In einem Risikogebiet sind etwa 3 % der Zecken FSME-infiziert. Die FSME-Schutzimpfung schützt mit einer Wahrscheinlichkeit von 98 % vor einer FSME-Erkrankung.
Aufgabenstellung:
Eine geimpfte Person wird in diesem Risikogebiet von einer Zecke gestochen. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass diese Person durch den Zeckenstich an FSME erkrankt!
Aufgabe 1186
AHS - 1_186 & Lehrstoff: WS 2.3
Quelle: Aufgabenpool für die SRP in Mathematik (12.2015)
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Laplace-Wahrscheinlichkeit
In einer Schachtel befinden sich ein roter, ein blauer und ein gelber Wachsmalstift. Ein Stift wird zufällig entnommen, dessen Farbe notiert und der Stift danach zurückgelegt. Dann wird das Experiment wiederholt. Beobachtet wird, wie oft bei zweimaligem Ziehen ein gelber Stift entnommen wurde. Die Werte der Zufallsvariablen X beschreiben die Anzahl der gezogenen gelben Stifte.
- Aussage 1: \(P\left( {X = 0} \right) > P\left( {X = 1} \right)\)
- Aussage 2: \(P\left( {X = 2} \right) = \dfrac{1}{9}\)
- Aussage 3: \(P\left( {X \leqslant 2} \right) = \dfrac{8}{9}\)
- Aussage 4: \(P\left( {X > 0} \right) = \dfrac{5}{9}\)
- Aussage 5: \(P\left( {X < 3} \right) = 1\)
Aufgabenstellung:
Kreuzen Sie die zutreffende(n) Aussage(n) an!
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Aufgabe 1236
AHS - 1_236 & Lehrstoff: WS 2.3
Quelle: Aufgabenpool für die SRP in Mathematik (12.2015)
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Reihenfolge
Für eine Abfolge von fünf verschiedenen Bildern gibt es nur eine richtige Reihung. Diese Bilder werden gemischt und, ohne sie anzusehen, in einer Reihe aufgelegt.
Aufgabenstellung
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit P (in %) dafür, dass die richtige Reihenfolge erscheint!
Aufgabe 1328
Standardisierte kompetenzorientierte schriftliche Reifeprüfung Mathematik
Quelle: AHS Matura vom 09. Mai 2014 - Teil-1-Aufgaben - 22. Aufgabe
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Hausübungskontrolle
Eine Lehrerin wählt am Beginn der Mathematikstunde nach dem Zufallsprinzip 3 Schuler/innen aus, die an der Tafel die Lösungsansatze der Hausübungsaufgaben erklären müssen. Es sind 12 Burschen und 8 Mädchen anwesend.
Aufgabenstellung:
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass für das Erklären der Lösungsansatze 2 Burschen und 1 Mädchen ausgewählt werden!
Aufgabe 1376
Standardisierte kompetenzorientierte schriftliche Reifeprüfung Mathematik
Quelle: AHS Matura vom 16. Jänner 2015 - Teil-1-Aufgaben - 22. Aufgabe
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bundesministerium für Bildung; Lösungsweg: Maths2Mind
Baumdiagramm
In einem Gefäß befinden sich rote, blaue und grüne Kugeln. Es werden zwei Kugeln gezogen. Das folgende Baumdiagramm veranschaulicht die möglichen Ergebnisse des Zufallsversuchs:
R = rote Kugel
B = blaue Kugel
G = grüne Kugel
Aufgabenstellung:
Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass zwei Kugeln gleicher Farbe gezogen werden!