Interpretiere die Gleichung $P(\bar{T}\cap M)=\mathrm{0,05}P(\backslash overline\{T\}\; \backslash cap\; M)=0\{,\}05$ im Sachzusammenhang

$\bar{T}\backslash overline\{T\}$: Die Person ist kein sogenannter Treuekunde.

$MM$: Die Person ist ein sogenannter Morgenkunde.

Für $P(\bar{T}\cap M)=\mathrm{0,05}P(\backslash overline\{T\}\; \backslash cap\; M)=0\{,\}05$ gilt dann:

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die ausgewählte Person ein Morgenkunde und kein Treuekunde ist, beträgt $5\mathrm{\%}5\backslash ;\backslash \%$.

Stelle den Sachverhalt in einer vollständig ausgefüllten Vierfeldertafel dar

Laut Aufgabenstellung sind $60\mathrm{\%}60\backslash ;\backslash \%$ aller Kunden Treuekunden und $20\mathrm{\%}20\backslash ;\backslash \%$ aller

Kunden Morgenkunden.

Mit diesen beiden Angaben beginnt die Vierfeldertafel:

Zunächst können durch Differenzbildung zwei weitere Felder ausgefüllt werden:

Aus Aufgabe a) folgt: $P(\bar{T}\cap M)=\mathrm{0,05}P(\backslash overline\{T\}\; \backslash cap\; M)=0\{,\}05$. Dieser Wert wird eingetragen.

Dann ist $P(T\cap M)=\mathrm{0,2}-\mathrm{0,05}=\mathrm{0,15}P(T\backslash cap\; M)=0\{,\}2-0\{,\}05=0\{,\}15$ und $P(T\cap \bar{M})=\mathrm{0,6}-\mathrm{0,15}=\mathrm{0,45}P(T\; \backslash cap\; \backslash overline\{M\})=0\{,\}6-0\{,\}15=0\{,\}45$.

Der letzte Wert ist dann $P(\bar{T}\cap \bar{M})=\mathrm{0,4}-\mathrm{0,05}=\mathrm{0,35}P(\backslash overline\{T\}\; \backslash cap\; \backslash overline\{M\})=0\{,\}4-0\{,\}05=0\{,\}35$.

Ermittele die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die ausgewählte Person entweder ein Treuekunde oder ein Morgenkunde ist

Entnimm die Wahrscheinlichkeiten der Vierfeldertafel aus Aufgabe b).

Gesucht ist dann die Wahrscheinlichkeit:

$P(T\cap \bar{M})+P(\bar{T}\cap M)=\mathrm{0,45}+\mathrm{0,05}=\mathrm{0,5}=50\mathrm{\%}P(T\backslash cap\; \backslash overline\{M\})\; +\; P(\backslash overline\{T\}\; \backslash cap\; M)=\; 0\{,\}45\; +\; 0\{,\}05\; =\; 0\{,\}5=50\backslash ;\backslash \%$.

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die ausgewählte Person entweder ein Treuekunde oder ein Morgenkunde ist, beträgt $50\mathrm{\%}50\backslash ;\backslash \%$.

Untersuche, ob die Ereignisse $TT$ und $MM$ stochastisch unabhängig sind

Zwei Ereignisse sind stochastisch unabhängig, falls gilt: $P_T(M)=P(M)P\_T(M)=P(M)$

Es ist $P_T(M)={\displaystyle \frac{P(T\cap M)}{P(T)}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0,15}}{\mathrm{0,6}}}=\mathrm{0,25}P\_T(M)=\backslash dfrac\{P(T\backslash cap\; M)\}\{P(T)\}=\backslash dfrac\{0\{,\}15\}\{0\{,\}6\}=0\{,\}25$ und $P(M)=\mathrm{0,2}P(M)=0\{,\}2$.

Aufgrund der Ungleichheit der beiden Wahrscheinlichkeiten sind $TT$ und $MM$ nicht

stochastisch unabhängig.

Stelle das dem Gewinnspiel zugrundeliegende Zufallsexperiment in einem beschrifteten Baumdiagramm dar

Es gilt: $P(55)={\displaystyle \frac{1}{36}}\Rightarrow P(5)={\displaystyle \frac{1}{6}}P(55)=\backslash dfrac\{1\}\{36\}\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;P(5)=\backslash dfrac\{1\}\{6\}$

Den kleinstmöglichen Rabatt erhält man, wenn zweimal die $22$ erzielt wird:

$P(22)={\displaystyle \frac{25}{36}}\Rightarrow P(2)={\displaystyle \frac{5}{6}}P(22)=\backslash dfrac\{25\}\{36\}\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;P(2)=\backslash dfrac\{5\}\{6\}$

Damit kann das Baumdiagramm erstellt werden.

Berechne die Wahrscheinlichkeit dafür, dass dabei genau viermal der kleinstmögliche Rabatt erzielt wird und dies bei vier Personen unmittelbar hintereinander

In der Skizze sind die Möglichkeiten dargestellt. Die schwarzen Felder stehen für irgendeinen Rabatt, nur nicht für den kleinstmöglichen Rabatt.

Die mit $22$ beschrifteten Felder stehen für den kleinstmöglichen Rabatt.

Es gibt also $44$ solche Anordnungen.

$P(\text{"irgendeinen Rabatt"})=1-P(\text{"kleinstm}\ddot{\text{o}}\text{glicher Rabatt"})=1-{\displaystyle \frac{25}{36}}={\displaystyle \frac{11}{36}}P(\backslash text\{"irgendeinen\; Rabatt"\})=1-P(\backslash text\{"kleinstmöglicher\; Rabatt"\})=1-\backslash dfrac\{25\}\{36\}=\backslash dfrac\{11\}\{36\}$

$P(\text{"kleinstm}\ddot{\text{o}}\text{glicher Rabatt"})={\displaystyle \frac{25}{26}}P(\backslash text\{"kleinstmöglicher\; Rabatt"\})=\backslash dfrac\{25\}\{26\}$

$P(\text{"irgendeinen Rabatt"})P(\backslash text\{"irgendeinen\; Rabatt"\})$ tritt 3-mal auf$\Rightarrow p={\left({\displaystyle \frac{11}{36}}\right)}^3\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;p=\backslash left(\backslash dfrac\{11\}\{36\}\backslash right)^3$

$P(\text{"kleinstm}\ddot{\text{o}}\text{glicher Rabatt"})P(\backslash text\{"kleinstmöglicher\; Rabatt"\})$ tritt 4-mal auf$\Rightarrow p={\left({\displaystyle \frac{25}{26}}\right)}^4\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;p=\; \backslash left(\backslash dfrac\{25\}\{26\}\backslash right)^4$

Da es $44$ Anordnungen gibt, gilt für die Wahrscheinlichkeit:

$p=4\cdot {\left({\displaystyle \frac{25}{36}}\right)}^4\cdot {\left({\displaystyle \frac{11}{36}}\right)}^3\approx \mathrm{0,027}p=4\backslash cdot\backslash left(\backslash dfrac\{25\}\{36\}\backslash right)^4\backslash cdot\backslash left(\backslash dfrac\{11\}\{36\}\backslash right)^3\backslash approx0\{,\}027$

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass dabei genau viermal der kleinstmögliche Rabatt erzielt wird und dies bei vier Personen unmittelbar hintereinander, beträgt rund $\mathrm{2,7}\mathrm{\%}2\{,\}7\backslash ;\backslash \%$.

Berechne die Wahrscheinlichkeit $qq$, wenn beim Glücksspiel mit dem Glücksrad auf lange Sicht im Mittel ein Rabatt von $9\mathrm{\%}9\; \backslash ;\backslash \%$ erzielt werden soll

Beim einmaligen Drehen die Zahl $55$ zu erzielen hat die Wahrscheinlichkeit $qq$.

Beim einmaligen Drehen die Zahl $22$ zu erzielen, hat dann die Wahrscheinlichkeit $1-q1-q$.

Man erhält dann als Erwartungswert:

$E=\mathrm{0,25}\cdot q^2+2\cdot \mathrm{0,1}\cdot q\cdot (1-q)+\mathrm{0,04}\cdot (1-q{)}^{2}E=0\{,\}25\backslash cdot\; q^2+2\backslash cdot0\{,\}1\backslash cdot\; q\backslash cdot(1-q)+0\{,\}04\backslash cdot(1-q)^2$

Da im Mittel ein Rabatt von $9\mathrm{\%}9\; \backslash ;\backslash \%$ erzielt werden soll, folgt:

$\mathrm{0,09}=\mathrm{0,25}\cdot q^2+2\cdot \mathrm{0,1}\cdot q\cdot (1-q)+\mathrm{0,04}\cdot (1-q{)}^{2}0\{,\}09=0\{,\}25\backslash cdot\; q^2+2\backslash cdot0\{,\}1\backslash cdot\; q\backslash cdot(1-q)+0\{,\}04\backslash cdot(1-q)^2$

$\text{L}\ddot{\text{o}}\text{se}(\mathrm{0,09}=\mathrm{0,25}\cdot q^2+2\cdot \mathrm{0,1}\cdot q\cdot (1-q)+\mathrm{0,04}\cdot (1-q{)}^2,q)\backslash text\{Löse\}(0\{,\}09=0\{,\}25\backslash cdot\; q^2+2\backslash cdot0\{,\}1\backslash cdot\; q\backslash cdot(1-q)+0\{,\}04\backslash cdot(1-q)^2,q)$

$=\{q=-{\displaystyle \frac{5}{3}};q={\displaystyle \frac{1}{3}}\}=\backslash \{q=-\backslash dfrac\{5\}\{3\};\; q=\backslash dfrac\{1\}\{3\}\backslash \}$

Die Gleichung liefert im Sachkontext die Lösung $q={\displaystyle \frac{1}{3}}q=\backslash dfrac\{1\}\{3\}$.

Wenn beim Glücksspiel mit dem Glücksrad auf lange Sicht im Mittel ein Rabatt von $9\mathrm{\%}9\; \backslash ;\backslash \%$ erzielt werden soll, muss die Wahrscheinlichkeit, ⁣die Zahl $55$ zu erzielen, ${\displaystyle \frac{1}{3}}\backslash dfrac\{1\}\{3\}$ betragen.