Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Zufallsexperiment (einstufig)

Beispiel:

In einem Kartenstapel sind 5 Asse, 7 Könige, 5 Damen, und 3 Buben. Eine Karte wird nach Mischen zufällig gezogen. Bestimme jeweils die Wahrscheinlichkeiten für die verschiedenen Kartenwerte.
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses lässt sich berechen als p= $\frac{Anzahl gesuchter Möglichkeiten}{Anzahl aller Möglichkeiten}$

Hierfür müssen wir erstmal die Gesamtzahl aller Möglichkeiten zusammenzählen: 5 + 7 + 5 + 3=20

Hieraus ergibt sich für ...

Ass: p= $\frac{5}{20}$ = $\frac{1}{4}$

König: p= $\frac{7}{20}$

Dame: p= $\frac{5}{20}$ = $\frac{1}{4}$

Bube: p= $\frac{3}{20}$

mit Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

In einer Urne sind 7 rote, 9 gelbe, 10 blaue und 4 schwarze Kugeln. Es wird zwei mal mit zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "genau 2 mal blau"?

Lösung einblenden

Da ja ausschließlich nach 'blau' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: 'blau' und 'nicht blau'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"blau": $\frac{1}{3}$ ; "nicht blau": $\frac{2}{3}$ ;

Ereignis	P
blau -> blau	$\frac{1}{9}$
blau -> nicht blau	$\frac{2}{9}$
nicht blau -> blau	$\frac{2}{9}$
nicht blau -> nicht blau	$\frac{4}{9}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: blau: $\frac{1}{3}$ ; nicht blau: $\frac{2}{3}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'blau'-'blau' (P= $\frac{1}{9}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{9}$ = $\frac{1}{9}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind verschiedene Kugeln, 9 vom Typ rot und 3 vom Typ blau. Es wird 2 mal mit zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, 2 Kugeln gleicher Farbe zu ziehen?

Lösung einblenden

Ereignis	P
rot -> rot	$\frac{9}{16}$
rot -> blau	$\frac{3}{16}$
blau -> rot	$\frac{3}{16}$
blau -> blau	$\frac{1}{16}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: rot: $\frac{3}{4}$ ; blau: $\frac{1}{4}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'rot'-'rot' (P= $\frac{9}{16}$ )
'blau'-'blau' (P= $\frac{1}{16}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{9}{16}$ + $\frac{1}{16}$ = $\frac{5}{8}$

ohne Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

Bei der Auslosung zum Championsleague-Achtelfinale sind noch alle 4 deutsche Mannschaften im Lostopf. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den erstem drei gezogenen Mannschaften genau 0 deutsche Mannschaften sind (wenn man mal von der falschen Annahme ausgeht, dass alle Mannschaften im gleichen Lostopf sind)?

Lösung einblenden

Ereignis	P
deutsch -> deutsch -> deutsch	$\frac{1}{140}$
deutsch -> deutsch -> andere	$\frac{3}{70}$
deutsch -> andere -> deutsch	$\frac{3}{70}$
deutsch -> andere -> andere	$\frac{11}{70}$
andere -> deutsch -> deutsch	$\frac{3}{70}$
andere -> deutsch -> andere	$\frac{11}{70}$
andere -> andere -> deutsch	$\frac{11}{70}$
andere -> andere -> andere	$\frac{11}{28}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: deutsch: $\frac{1}{4}$ ; andere: $\frac{3}{4}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'andere'-'andere'-'andere' (P= $\frac{11}{28}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{11}{28}$ = $\frac{11}{28}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 3 rote, 4 blaue , 6 gelbe und 7 schwarze Kugeln. Es wird zwei mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal blau"?

Lösung einblenden

Da ja ausschließlich nach 'blau' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: 'blau' und 'nicht blau'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"blau": $\frac{1}{5}$ ; "nicht blau": $\frac{4}{5}$ ;

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'mindestens einmal blau' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben kein 'blau' bzw. 0 mal 'blau'

Man kann also am aller einfachsten die gesuchte Wahrscheinlichkeit über das Gegenereignis berechnen:

P=1-P(0 mal 'blau')=1- $\frac{12}{19}$ = $\frac{7}{19}$

Ereignis	P
blau -> blau	$\frac{3}{95}$
blau -> nicht blau	$\frac{16}{95}$
nicht blau -> blau	$\frac{16}{95}$
nicht blau -> nicht blau	$\frac{12}{19}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: blau: $\frac{1}{5}$ ; nicht blau: $\frac{4}{5}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'blau'-'nicht blau' (P= $\frac{16}{95}$ )
'nicht blau'-'blau' (P= $\frac{16}{95}$ )
'blau'-'blau' (P= $\frac{3}{95}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{16}{95}$ + $\frac{16}{95}$ + $\frac{3}{95}$ = $\frac{7}{19}$

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 4 rote und 1 blaue Kugeln. Es soll (ohne zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine blaue Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die blaue Kugel im 4. Versuch zu ziehen?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{4}{5}$ ⋅ $\frac{3}{4}$ ⋅ $\frac{2}{3}$ ⋅ $\frac{1}{2}$
= $\frac{1}{5}$ ⋅ $1$ ⋅ $1$ ⋅ $1$
= $\frac{1}{5}$

nur Summen

Beispiel:

Ein Würfel wird zwei mal geworfen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen 10 ist?

Lösung einblenden

Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{1}{36}$
1 -> 2	$\frac{1}{36}$
1 -> 3	$\frac{1}{36}$
1 -> 4	$\frac{1}{36}$
1 -> 5	$\frac{1}{36}$
1 -> 6	$\frac{1}{36}$
2 -> 1	$\frac{1}{36}$
2 -> 2	$\frac{1}{36}$
2 -> 3	$\frac{1}{36}$
2 -> 4	$\frac{1}{36}$
2 -> 5	$\frac{1}{36}$
2 -> 6	$\frac{1}{36}$
3 -> 1	$\frac{1}{36}$
3 -> 2	$\frac{1}{36}$
3 -> 3	$\frac{1}{36}$
3 -> 4	$\frac{1}{36}$
3 -> 5	$\frac{1}{36}$
3 -> 6	$\frac{1}{36}$
4 -> 1	$\frac{1}{36}$
4 -> 2	$\frac{1}{36}$
4 -> 3	$\frac{1}{36}$
4 -> 4	$\frac{1}{36}$
4 -> 5	$\frac{1}{36}$
4 -> 6	$\frac{1}{36}$
5 -> 1	$\frac{1}{36}$
5 -> 2	$\frac{1}{36}$
5 -> 3	$\frac{1}{36}$
5 -> 4	$\frac{1}{36}$
5 -> 5	$\frac{1}{36}$
5 -> 6	$\frac{1}{36}$
6 -> 1	$\frac{1}{36}$
6 -> 2	$\frac{1}{36}$
6 -> 3	$\frac{1}{36}$
6 -> 4	$\frac{1}{36}$
6 -> 5	$\frac{1}{36}$
6 -> 6	$\frac{1}{36}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{1}{6}$ ; 2: $\frac{1}{6}$ ; 3: $\frac{1}{6}$ ; 4: $\frac{1}{6}$ ; 5: $\frac{1}{6}$ ; 6: $\frac{1}{6}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'4'-'6' (P= $\frac{1}{36}$ )
'6'-'4' (P= $\frac{1}{36}$ )
'5'-'5' (P= $\frac{1}{36}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ = $\frac{1}{12}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

Beim Roulette kann man auch auf Zahlenbereiche setzen. Z.B. auf die Zahlenbereiche 1-12, 13-24 und 25-36, wobei die grüne 0 zu keinem der Bereiche gehört. Es wird zwei mal eine Kugel im Roulette gespielt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal 13-24"?

Lösung einblenden

Da ja ausschließlich nach '13-24' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: '13-24' und 'nicht 13-24'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"13-24": $\frac{12}{37}$ ; "nicht 13-24": $\frac{25}{37}$ ;

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'mindestens einmal 13-24' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben kein '13-24' bzw. 0 mal '13-24'

Man kann also am aller einfachsten die gesuchte Wahrscheinlichkeit über das Gegenereignis berechnen:

P=1-P(0 mal '13-24')=1- $\frac{625}{1369}$ = $\frac{744}{1369}$

Ereignis	P
13-24 -> 13-24	$\frac{144}{1369}$
13-24 -> nicht 13-24	$\frac{300}{1369}$
nicht 13-24 -> 13-24	$\frac{300}{1369}$
nicht 13-24 -> nicht 13-24	$\frac{625}{1369}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 13-24: $\frac{12}{37}$ ; nicht 13-24: $\frac{25}{37}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'13-24'-'nicht 13-24' (P= $\frac{300}{1369}$ )
'nicht 13-24'-'13-24' (P= $\frac{300}{1369}$ )
'13-24'-'13-24' (P= $\frac{144}{1369}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{300}{1369}$ + $\frac{300}{1369}$ + $\frac{144}{1369}$ = $\frac{744}{1369}$

Kombinatorik (ohne Binom.)

Beispiel:

Eine Mathelehrerin hat für die 8 SchülerInnen ihrer 8. Klasse, die eine Zusatzaufgabe gemacht haben, eine Schokoladentafel, ein Pack Gummibärchen und eine Packung Kekse dabei. Jede der Süßigkeiten wird unter den 8 SchülerInnen verlost, wobei man nie mehr als eine Süßigkeit gewinnen kann. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für die Gesamtverlosung?

Lösung einblenden

Für die erste Stelle ist jede(r) SchülerIn möglich. Es gibt also 8 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende SchülerIn nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 7 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 6 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren:

also 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 336 Möglichkeiten.

Kombinatorik

Beispiel:

Petra hat sich ein 6-stelliges Passwort erstellt. Als sie eine Woche später das Passwort wieder braucht, erinnert sie sich nur noch, dass jede der Zahlen zwischen 1 und 6 genau einmal vorkam. Wie viele verschiedene Passwörter können es dann noch sein?

Lösung einblenden

Für die erste Stelle ist jede(r) möglich. Es gibt also 6 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 5 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 4 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren:

also 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 720 Möglichkeiten.

Aufgabenbeispiele von Zufallsexperimente

Zufallsexperiment (einstufig)

mit Zurücklegen (einfach)

Ziehen mit Zurücklegen

ohne Zurücklegen (einfach)

Ziehen ohne Zurücklegen

Ziehen bis erstmals x kommt

nur Summen

Ziehen mit Zurücklegen

Kombinatorik (ohne Binom.)

Kombinatorik