Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Zufallsexperiment (einstufig)

Beispiel:

(Alle Sektoren sind Vielfache
von Achtels-Kreisen)

Ein Klasse bastelt für ihr Klassenfest ein Glückrad. Bestimme die Wahrscheinlichkeiten für die einzelnen Sektoren.
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Wir können am Glücksrad entweder die Winkelweite abschätzen und diese dann durch 360° teilen oder direkt den Winkel-Anteil (als Vielfache von Halb-, Viertel- oder Achtels-Kreisen) ablesen:

blau: Man erkennt einen Kreisausschnitt, der so groß ist wie ein Viertelskreis zusammen mit einem Achtelskreis => p= $\frac{3}{8}$

grün: Man erkennt einen Kreisausschnitt, der so groß ist wie ein Viertelskreis zusammen mit einem Achtelskreis => p= $\frac{3}{8}$

gelb: Man erkennt einen Viertelkreis => p= $\frac{1}{4}$

mit Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

Eine faire Münze (d.h. die Wahrscheinlichkeit für Zahl und Wappen ist gleich groß) wird drei mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "höchstens 2 mal Wappen"?

Lösung einblenden

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

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

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'höchstens einmal Wappen' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben 3 mal 'Wappen'

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

P=1-P(3 mal 'Wappen')=1- $\frac{1}{8}$ = $\frac{7}{8}$

Ereignis	P
Wappen -> Wappen -> Wappen	$\frac{1}{8}$
Wappen -> Wappen -> nicht Wappen	$\frac{1}{8}$
Wappen -> nicht Wappen -> Wappen	$\frac{1}{8}$
Wappen -> nicht Wappen -> nicht Wappen	$\frac{1}{8}$
nicht Wappen -> Wappen -> Wappen	$\frac{1}{8}$
nicht Wappen -> Wappen -> nicht Wappen	$\frac{1}{8}$
nicht Wappen -> nicht Wappen -> Wappen	$\frac{1}{8}$
nicht Wappen -> nicht Wappen -> nicht Wappen	$\frac{1}{8}$

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

Die relevanten Pfade sind:

'Wappen'-'Wappen'-'nicht Wappen' (P= $\frac{1}{8}$ )
'Wappen'-'nicht Wappen'-'Wappen' (P= $\frac{1}{8}$ )
'nicht Wappen'-'Wappen'-'Wappen' (P= $\frac{1}{8}$ )
'Wappen'-'nicht Wappen'-'nicht Wappen' (P= $\frac{1}{8}$ )
'nicht Wappen'-'Wappen'-'nicht Wappen' (P= $\frac{1}{8}$ )
'nicht Wappen'-'nicht Wappen'-'Wappen' (P= $\frac{1}{8}$ )
'nicht Wappen'-'nicht Wappen'-'nicht Wappen' (P= $\frac{1}{8}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ = $\frac{7}{8}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 10 Kugeln, die mit einer 1 beschriftet sind, 5 2er und 5 Kugeln mit einer 3. Es wird zwei mal mit zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen gerade 6 ist?

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Da ja ausschließlich nach '3' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: '3' und 'nicht 3'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"3": $\frac{1}{4}$ ; "nicht 3": $\frac{3}{4}$ ;

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

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

Die relevanten Pfade sind:

'3'-'3' (P= $\frac{1}{16}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{16}$ = $\frac{1}{16}$

ohne Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

In einer 8-ten Klasse gibt es 3 Schüler mit NWT-Profil, 2 Schüler mit sprachlichem Profil, 2 Schüler mit Musik-Profil und 3 Schüler mit IMP-Profil. Der NWT-Lehrer hört, dass heute 2 Schüler fehlen würden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dass genau 0 Schüler mit NWT-Profil fehlen?

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"NWT": $\frac{3}{10}$ ; "nicht NWT": $\frac{7}{10}$ ;

Ereignis	P
NWT -> NWT	$\frac{1}{15}$
NWT -> nicht NWT	$\frac{7}{30}$
nicht NWT -> NWT	$\frac{7}{30}$
nicht NWT -> nicht NWT	$\frac{7}{15}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: NWT: $\frac{3}{10}$ ; nicht NWT: $\frac{7}{10}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'nicht NWT'-'nicht NWT' (P= $\frac{7}{15}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{7}{15}$ = $\frac{7}{15}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 3 rote und 7 blaue Kugeln. Es wird 3 mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 2 mal blau"?

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"blau": $\frac{7}{10}$ ; "nicht blau": $\frac{3}{10}$ ;

Ereignis	P
blau -> blau -> blau	$\frac{7}{24}$
blau -> blau -> nicht blau	$\frac{7}{40}$
blau -> nicht blau -> blau	$\frac{7}{40}$
blau -> nicht blau -> nicht blau	$\frac{7}{120}$
nicht blau -> blau -> blau	$\frac{7}{40}$
nicht blau -> blau -> nicht blau	$\frac{7}{120}$
nicht blau -> nicht blau -> blau	$\frac{7}{120}$
nicht blau -> nicht blau -> nicht blau	$\frac{1}{120}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: blau: $\frac{7}{10}$ ; nicht blau: $\frac{3}{10}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'blau'-'blau'-'nicht blau' (P= $\frac{7}{40}$ )
'blau'-'nicht blau'-'blau' (P= $\frac{7}{40}$ )
'nicht blau'-'blau'-'blau' (P= $\frac{7}{40}$ )
'blau'-'blau'-'blau' (P= $\frac{7}{24}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{7}{40}$ + $\frac{7}{40}$ + $\frac{7}{40}$ + $\frac{7}{24}$ = $\frac{49}{60}$

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 3 rote und 2 blaue Kugeln. Es soll (ohne zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine rote Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die rote Kugel im 3. Versuch zu ziehen?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{1}{4}$ ⋅ $\frac{3}{3}$
= $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{1}{2}$ ⋅ $\frac{3}{3}$
= $\frac{1}{10}$

nur Summen

Beispiel:

In einer 8. Klasse gibt es 10 SchülerInnen, die 13 Jahre alt sind, 10 14-Jährige und 4 15-Jährige. Ein Lehrer, der keine Ahnung über das Alter seiner Schüler hat, muss bei zwei SchülerInnen raten, wie alt die beiden zusammen sind. Er tippt auf 29 Jahre. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er zufällig richtig getippt hat?

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Ereignis	P
13 -> 13	$\frac{15}{92}$
13 -> 14	$\frac{25}{138}$
13 -> 15	$\frac{5}{69}$
14 -> 13	$\frac{25}{138}$
14 -> 14	$\frac{15}{92}$
14 -> 15	$\frac{5}{69}$
15 -> 13	$\frac{5}{69}$
15 -> 14	$\frac{5}{69}$
15 -> 15	$\frac{1}{46}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 13: $\frac{5}{12}$ ; 14: $\frac{5}{12}$ ; 15: $\frac{1}{6}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'14'-'15' (P= $\frac{5}{69}$ )
'15'-'14' (P= $\frac{5}{69}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{5}{69}$ + $\frac{5}{69}$ = $\frac{10}{69}$

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Eine Lehrerin sammelt die Hausaufgaben von einigen Schülern ein, um zu kontrollieren, ob diese auch ordentlich gemacht wurden. Aus Zeitgründen möchte sie aber nicht alle, sondern nur ein paar wenige einsammeln, welche durch ein Losverfahren ausgewählt werden. Aus (der unbegründeten) Angst ungerecht behandelt zu werden, bestehen die 3 Jungs darauf, dass unbedingt immer eine Hausaufgabe eines der 18 Mädchen der Klasse eingesammelt wird. Deswegen wird solange gelost, bis das erste Mädchen gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies beim 3. Losdurchgang passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{21}$ ⋅ $\frac{2}{20}$ ⋅ $\frac{18}{19}$
= $\frac{3}{7}$ ⋅ $\frac{2}{10}$ ⋅ $\frac{3}{19}$
= $\frac{9}{665}$

Kombinatorik (ohne Binom.)

Beispiel:

Eine 5-stellige Zahl soll gewürfelt werden. Dabei wird einfach 5 mal mit einem normalen Würfel gewürfelt und die erwürfelten Zahlen hintereinander geschrieben. Wie viele verschiedene Zahlen können so gewürfelt werden

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Bei jedem der 5 'Zufallsversuche' gibt es 6 Möglichkeiten. Dabei ist jedes Ergebnis im ersten 'Durchgang' mit jedem Ergebnis im zweiten Durchgang kombinierbar. Man könnte also alles in einem Baumdiagramm darstellen, das sich in jeder der 5 Ebenen immer 6-fach verzweigt.

Es entstehen so also 6 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 6 = 6⁵ = 7776 Möglichkeiten.

Kombinatorik

Beispiel:

Kristin hat die ganze Nacht durch MatheBattle gespielt und ist jetzt erste im Highscore in ihrer Klasse, die aus 23 Schülerinnen und Schülern besteht. Da überlegt sie sich, wie viele Möglichkeiten es eigentlich gibt, wie die ersten 3 Plätze belegt sein können. Berechne diese Anzahl aller Möglichkeiten?

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Für die erste Stelle ist jede(r) SchülerIn möglich. Es gibt also 23 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende SchülerIn nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 22 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 21 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 23 ⋅ 22 ⋅ 21 = 10626 Möglichkeiten.

Aufgabenbeispiele von Zufallsexperimente

Zufallsexperiment (einstufig)

mit Zurücklegen (einfach)

P=1-P(3 mal 'Wappen')=1- 1 8 = 7 8

Ziehen mit Zurücklegen

ohne Zurücklegen (einfach)

Ziehen ohne Zurücklegen

Ziehen bis erstmals x kommt

nur Summen

Ziehen bis erstmals x kommt

Kombinatorik (ohne Binom.)

Kombinatorik

P=1-P(3 mal 'Wappen')=1- $\frac{1}{8}$ = $\frac{7}{8}$