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Abituraufgaben: Die Bernoulli-Kette

Blutspende und Schatztruhen — erst prüfen, ob eine Kette vorliegt, dann den Pfad rechnen.

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Blutspende

AFB I–II

In Deutschland ist etwa 15 % der Bevölkerung Rhesus-negativ (rh−). Blut von Rhesus-negativen Spendern wird in Kliniken besonders dringend gebraucht. An einem Blutspendetermin kommen die Spenderinnen und Spender unabhängig voneinander; es wird jeweils festgestellt, ob die Person Rhesus-negativ ist.

  1. Begründen Sie, dass die Untersuchung der ersten drei Spender als Bernoulli-Kette modelliert werden kann, und geben Sie dabei Treffer, \(n\) und \(p\) an.
  2. Zeichnen Sie das Baumdiagramm für die ersten drei Spender und beschriften Sie alle Äste.
  3. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass keiner der ersten drei Spender Rhesus-negativ ist, sowie die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens einer von ihnen Rhesus-negativ ist.
  4. Interpretieren Sie den Term \(0{,}85^2\cdot0{,}15\) im Sachzusammenhang.

Hinweise

Hinweis zu Aufgabe a)
Prüfe die drei Bedingungen: zwei Ergebnisse, feste Anzahl, gleichbleibendes \(p\) bei unabhängigen Durchführungen.Begründen: auf Regeln zurückführen.
Hinweis zu Aufgabe b)
Drei Stufen mit je zwei Ästen — wie viele Pfade entstehen?
Hinweis zu Aufgabe c)
„Keiner“ ist ein einzelner Pfad; „mindestens einer“ ist sein Gegenereignis.
Hinweis zu Aufgabe d)
Welche Reihenfolge von \(T\) und \(N\) gehört zu diesem Produkt?

Erwartungshorizont

Erwartungshorizont zu Aufgabe a)

Jede Person ist entweder Rhesus-negativ (Treffer \(T\)) oder nicht (Niete \(N\)) — genau zwei Ergebnisse. Betrachtet werden \(n=3\) Personen. Da die Spender unabhängig voneinander kommen und aus einer sehr großen Bevölkerung stammen, bleibt \(p=0{,}15\) für jede Person gleich. Also liegt eine Bernoulli-Kette mit \(n=3\) und \(p=0{,}15\) vor.

Erwartungshorizont zu Aufgabe b)

Drei Stufen, an jedem Knoten ein \(T\)-Ast mit \(0{,}15\) und ein \(N\)-Ast mit \(0{,}85\); insgesamt \(2^3=8\) Pfade.

Erwartungshorizont zu Aufgabe c)

\(P(NNN)=0{,}85^3\approx0{,}6141\).

\(P(\text{mindestens einer rh−})=1-0{,}85^3\approx0{,}3859\).

Mit etwa 61 % ist keiner der ersten drei Spender Rhesus-negativ, mit etwa 39 % mindestens einer.

Erwartungshorizont zu Aufgabe d)

Der Term gehört zum Pfad \(NNT\): Die ersten beiden Spender sind nicht Rhesus-negativ, erst der dritte ist Rhesus-negativ. Die Wahrscheinlichkeit dafür beträgt \(0{,}85^2\cdot0{,}15\approx0{,}108\). Andere Reihenfolgen (z. B. \(TNN\)) sind in diesem Term nicht enthalten.

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Schatztruhen im Handyspiel

AFB II–III

In einem Handyspiel findet man am Ende jedes Levels eine Schatztruhe. In Variante A enthält jede Truhe unabhängig von den vorherigen mit der Wahrscheinlichkeit \(0{,}3\) ein seltenes Item (\(I\)), sonst ist sie leer (\(L\)).

Weil sich Spieler über lange Pechsträhnen beschweren, testet das Entwicklerteam eine Variante B mit „Pechschutz“: Die erste Truhe enthält wie bisher mit \(0{,}3\) ein Item. War die vorherige Truhe leer, steigt die Wahrscheinlichkeit für die nächste Truhe auf \(0{,}5\); enthielt sie ein Item, gilt wieder \(0{,}3\).

Variante B: die ersten beiden Truhen
0,3I0,3I0,7L0,7L0,5I0,5L
\(I\): Truhe enthält ein Item, \(L\): Truhe ist leer.
  1. Bestimmen Sie für Variante A die Wahrscheinlichkeit, dass die ersten beiden Truhen leer sind und die dritte ein Item enthält, sowie die Wahrscheinlichkeit, dass unter den ersten vier Truhen mindestens ein Item ist.
  2. Erläutern Sie anhand der Abbildung, warum Variante B keine Bernoulli-Kette ist.
  3. Vergleichen Sie die Varianten A und B hinsichtlich der Wahrscheinlichkeit, in den ersten beiden Truhen mindestens ein Item zu finden.
  4. Ein Spieler hat in Variante A viermal hintereinander eine leere Truhe geöffnet und sagt: „Jetzt muss ja endlich etwas kommen — die nächste Truhe ist fast sicher gefüllt.“ Beurteilen Sie diese Aussage und auch die Frage, ob vier leere Truhen hintereinander in Variante A ein seltenes Pech sind.

Hinweise

Hinweis zu Aufgabe a)
Beide Ereignisse lassen sich über einen einzigen Pfad bestimmen — beim zweiten über das Gegenereignis.
Hinweis zu Aufgabe b)
Vergleiche die Äste der zweiten Stufe: Bleibt die Wahrscheinlichkeit für \(I\) gleich?
Hinweis zu Aufgabe c)
Berechne in beiden Varianten zuerst die Wahrscheinlichkeit für \(LL\).
Hinweis zu Aufgabe d)
Kriterien: Unabhängigkeit der Stufen in Variante A, Wahrscheinlichkeit der nächsten Truhe, Wahrscheinlichkeit von vier leeren Truhen.Beurteilen: begründetes Urteil mit Fachwissen.

Erwartungshorizont

Erwartungshorizont zu Aufgabe a)

\(P(LLI)=0{,}7^2\cdot0{,}3=0{,}147\).

\(P(\text{mindestens ein Item in vier Truhen})=1-P(LLLL)=1-0{,}7^4=1-0{,}2401=0{,}7599\).

Mit knapp 15 % sind die ersten beiden Truhen leer und die dritte gefüllt; mit etwa 76 % enthält mindestens eine der ersten vier Truhen ein Item.

Erwartungshorizont zu Aufgabe b)

In der zweiten Stufe hängt die Wahrscheinlichkeit für ein Item vom Ergebnis der ersten Truhe ab: nach \(I\) ist sie \(0{,}3\), nach \(L\) aber \(0{,}5\). Die Trefferwahrscheinlichkeit bleibt also nicht gleich, und die Stufen sind nicht unabhängig. Damit ist eine Bedingung der Bernoulli-Kette verletzt.

Erwartungshorizont zu Aufgabe c)

Variante A: \(P(LL)=0{,}7^2=0{,}49\), also \(P(\text{mind. ein Item})=0{,}51\).

Variante B: \(P(LL)=0{,}7\cdot0{,}5=0{,}35\), also \(P(\text{mind. ein Item})=0{,}65\).

Der Pechschutz erhöht die Wahrscheinlichkeit für mindestens ein Item in den ersten beiden Truhen um 14 Prozentpunkte.

Erwartungshorizont zu Aufgabe d)

Die Aussage ist falsch. In Variante A sind die Truhen unabhängig: Auch nach vier leeren Truhen enthält die nächste nur mit \(0{,}3\) ein Item — das Spiel „merkt“ sich die Pechsträhne nicht (Spielerfehlschluss). Genau diese Erwartung erfüllt erst Variante B.

Vier leere Truhen hintereinander sind auch kein seltenes Pech: \(0{,}7^4\approx0{,}24\), also passiert das bei etwa jedem vierten Versuch. Die Beschwerden der Spieler sind daher verständlich, aber nicht durch einen Fehler im Spiel erklärbar.