Bedingte Wahrscheinlichkeit berechnen

Klasse 11

Grundidee

Die bedingte Wahrscheinlichkeit von $B$ unter der Bedingung $A$ ist

$$P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} \qquad \text{für } P(A) > 0$$

Nach $P(A \cap B)$ umgestellt ergibt das den Multiplikationssatz:

$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P_A(B)$$

Das ist genau die Pfadregel: Man multipliziert entlang eines Pfades. Denn an den Ästen eines Baumdiagramms stehen ab der zweiten Stufe immer bedingte Wahrscheinlichkeiten — sie gelten unter der Bedingung, dass man bereits im Knoten davor angekommen ist.

Vorgehen bei zwei Stufen:

1. Baumdiagramm zeichnen, erste Stufe mit $P(A)$ und $P(\bar{A})$ beschriften
2. Zweite Stufe mit den bedingten Wahrscheinlichkeiten $P_A(B)$, $P_{\bar{A}}(B)$ beschriften
3. Pfadwahrscheinlichkeit = Produkt entlang des Pfades
4. Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses = Summe aller zugehörigen Pfade

Urne mit 3 roten und 2 blauen Kugeln, zweimal ziehen ohne Zurücklegen. An den Ästen der zweiten Stufe stehen bedingte Wahrscheinlichkeiten — sie hängen davon ab, was zuerst gezogen wurde.

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Aufgaben

Aufgabe 1

L

In einer Urne liegen $3$ rote und $2$ blaue Kugeln. Es wird zweimal ohne Zurücklegen gezogen.

1. Bestimme $P(\text{1. Kugel rot})$.
2. Bestimme $P_{\text{1. rot}}(\text{2. rot})$.
3. Berechne mit dem Multiplikationssatz $P(\text{beide Kugeln rot})$.

Aufgabe 2

L

Für zwei Ereignisse gilt $P(A) = 0{,}5$, $P(B) = 0{,}4$ und $P(A \cap B) = 0{,}3$.

1. Berechne $P_A(B)$.
2. Berechne $P_B(A)$.
3. Erkläre in einem Satz, warum die beiden Werte verschieden sind, obwohl im Zähler dasselbe steht.

Aufgabe 3

L

Ein Betrieb bezieht Bauteile von zwei Zulieferern. Zulieferer $Z_1$ liefert $70\,\%$ aller Teile, $Z_2$ die übrigen $30\,\%$. Von den Teilen aus $Z_1$ sind $2\,\%$ defekt, von denen aus $Z_2$ sind $6\,\%$ defekt.

1. Zeichne das Baumdiagramm.
2. Berechne $P(Z_1 \cap \text{defekt})$.
3. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig gewähltes Teil defekt ist.

Aufgabe 4

L

Das folgende Baumdiagramm beschreibt den Zusammenhang zwischen Wetter und Pünktlichkeit eines Busses.

1. Lies $P_{\text{Regen}}(\text{verspätet})$ direkt aus der Zeichnung ab.
2. Berechne die vier Pfadwahrscheinlichkeiten und prüfe, ob ihre Summe $1$ ergibt.
3. Berechne $P(\text{Bus verspätet})$.

Aufgabe 5

L

Eine Urne enthält $5$ rote und $3$ blaue Kugeln. Es wird dreimal ohne Zurücklegen gezogen.

1. Berechne $P(\text{alle drei Kugeln rot})$.
2. Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine blaue Kugel dabei ist.

Aufgabe 6

L

Von einem zweistufigen Zufallsexperiment ist bekannt:

$$P(A) = 0{,}6, \qquad P(A \cap B) = 0{,}24, \qquad P(B) = 0{,}45$$

1. Berechne die Astwahrscheinlichkeit $P_A(B)$.
2. Berechne die Astwahrscheinlichkeit $P_{\bar{A}}(B)$.
3. Bestätige durch Nachrechnen, dass sich mit deinen Werten wieder $P(B) = 0{,}45$ ergibt.

Aufgabe 7

L

Eine Lotterie gibt $1\,000\,000$ Lose aus, davon sind genau $10$ Gewinnlose. Eine Person kauft zwei verschiedene Lose (also ohne Zurücklegen).

1. Bestimme $P(\text{1. Los ist Gewinnlos})$.
2. Bestimme $P_{\text{1. Gewinn}}(\text{2. Gewinn})$.
3. Berechne $P(\text{beide Lose sind Gewinnlose})$.

Aufgabe 8

L

Ein Marsrover fährt durch eine Region, in der mit Wahrscheinlichkeit $10^{-6}$ ein Staubsturm auftritt. Bei Staubsturm fällt ein bestimmter Sensor mit Wahrscheinlichkeit $0{,}9$ aus, ohne Staubsturm nur mit Wahrscheinlichkeit $10^{-9}$.

1. Berechne $P(\text{Staubsturm} \cap \text{Sensorausfall})$.
2. Berechne die Wahrscheinlichkeit für einen Sensorausfall insgesamt.

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Lösungen

Lösung 1

1. Von $5$ Kugeln sind $3$ rot:

$$P(\text{1. rot}) = \frac{3}{5} = 0{,}6$$

2. Wurde bereits eine rote Kugel entnommen, liegen noch $4$ Kugeln in der Urne, davon $2$ rote:

$$P_{\text{1. rot}}(\text{2. rot}) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$$

3. Multiplikationssatz:

$$P(\text{beide rot}) = P(\text{1. rot}) \cdot P_{\text{1. rot}}(\text{2. rot}) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{10} = 0{,}3$$

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Lösung 2

1. $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}3}{0{,}5} = 0{,}6$

2. $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0{,}3}{0{,}4} = 0{,}75$

3. Der Zähler ist derselbe, aber die Grundgesamtheit ist verschieden: Bei $P_A(B)$ rechnet man nur innerhalb von $A$ (Anteil $0{,}5$), bei $P_B(A)$ nur innerhalb von $B$ (Anteil $0{,}4$). Je kleiner die Bedingungsmenge, desto größer der Anteil.

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Lösung 3

1. Erste Stufe: $Z_1$ mit $0{,}7$, $Z_2$ mit $0{,}3$. Zweite Stufe: defekt mit $0{,}02$ bzw. $0{,}06$.

2. Multiplikationssatz:

$$P(Z_1 \cap \text{defekt}) = 0{,}7 \cdot 0{,}02 = 0{,}014$$

3. Beide Pfade zu „defekt” addieren:

$$P(\text{defekt}) = 0{,}7 \cdot 0{,}02 + 0{,}3 \cdot 0{,}06 = 0{,}014 + 0{,}018 = 0{,}032$$

Also sind $3{,}2\,\%$ aller Teile defekt.

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Lösung 4

1. Direkt am oberen Ast der zweiten Stufe abzulesen:

$$P_{\text{Regen}}(\text{verspätet}) = 0{,}4$$

2. Pfadregel — jeweils entlang des Pfades multiplizieren:

Pfad	Rechnung	Wahrscheinlichkeit
Regen, verspätet	$0{,}3 \cdot 0{,}4$	$0{,}12$
Regen, pünktlich	$0{,}3 \cdot 0{,}6$	$0{,}18$
kein Regen, verspätet	$0{,}7 \cdot 0{,}1$	$0{,}07$
kein Regen, pünktlich	$0{,}7 \cdot 0{,}9$	$0{,}63$

Summe: $0{,}12 + 0{,}18 + 0{,}07 + 0{,}63 = 1$ ✓

3. Summe der beiden Pfade zu „verspätet”:

$$P(\text{verspätet}) = 0{,}12 + 0{,}07 = 0{,}19$$

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Lösung 5

1. Nach jedem Zug sinken sowohl die Anzahl der roten Kugeln als auch die Gesamtzahl um $1$:

$$P(\text{3x rot}) = \frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} = \frac{60}{336} = \frac{5}{28} \approx 0{,}179$$

2. Das Gegenereignis von „mindestens eine blau” ist genau „alle drei rot”:

$$P(\text{mind. eine blau}) = 1 - \frac{5}{28} = \frac{23}{28} \approx 0{,}821$$

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Lösung 6

1. $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}24}{0{,}6} = 0{,}4$

2. Zuerst $P(\bar{A} \cap B)$ bestimmen. Das Ereignis $B$ setzt sich aus den beiden Pfaden über $A$ und über $\bar{A}$ zusammen:

$$P(\bar{A} \cap B) = P(B) - P(A \cap B) = 0{,}45 - 0{,}24 = 0{,}21$$

Mit $P(\bar{A}) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$:

$$P_{\bar{A}}(B) = \frac{0{,}21}{0{,}4} = 0{,}525$$

3. Probe über beide Pfade:

$$0{,}6 \cdot 0{,}4 + 0{,}4 \cdot 0{,}525 = 0{,}24 + 0{,}21 = 0{,}45 \quad ✓$$

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Lösung 7

1. $P(\text{1. Gewinn}) = \dfrac{10}{1\,000\,000} = 10^{-5}$

2. Ist das erste Los ein Gewinnlos, verbleiben $9$ Gewinnlose unter $999\,999$ Losen:

$$P_{\text{1. Gewinn}}(\text{2. Gewinn}) = \frac{9}{999\,999} \approx 9{,}0 \cdot 10^{-6}$$

3. Multiplikationssatz:

$$P(\text{beide Gewinn}) = \frac{10}{1\,000\,000} \cdot \frac{9}{999\,999} = \frac{1}{11\,111\,100\,000} \approx 9{,}0 \cdot 10^{-11}$$

Exakt dasselbe Vorgehen wie in Aufgabe 1 — die Urne ist nur sehr viel größer.

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Lösung 8

1. Multiplikationssatz:

$$P(\text{Sturm} \cap \text{Ausfall}) = 10^{-6} \cdot 0{,}9 = 9 \cdot 10^{-7}$$

2. Beide Pfade zu „Ausfall” addieren, mit $P(\text{kein Sturm}) = 1 - 10^{-6} = 0{,}999999$:

$$P(\text{Ausfall}) = 10^{-6} \cdot 0{,}9 + 0{,}999999 \cdot 10^{-9}$$

$$= 9 \cdot 10^{-7} + 9{,}99999 \cdot 10^{-10} \approx 9{,}01 \cdot 10^{-7}$$

Der zweite Pfad trägt kaum bei: Fast jeder Sensorausfall geschieht während eines Staubsturms, obwohl Staubstürme extrem selten sind. Das Vorgehen ist identisch zu Aufgabe 3.