Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Zufallsexperiment (einstufig)

Beispiel:

In einer Urne sind 7 blaue, 7 grüne, 6 gelbe und 4 rote Kugeln. Es wird eine Kugel gezogen. Bestimme jeweils die Wahrscheinlichkeit für die gezogene Farbe.
(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: 7 + 7 + 6 + 4=24

Hieraus ergibt sich für ...

blau: p= $\frac{7}{24}$

grün: p= $\frac{7}{24}$

gelb: p= $\frac{6}{24}$ = $\frac{1}{4}$

rot: p= $\frac{4}{24}$ = $\frac{1}{6}$

mit Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

(Alle Sektoren sind Vielfache
von Achtels-Kreisen)

Das nebenstehende Glücksrad wird 2 mal gedreht. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "genau 2 mal gelb"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"gelb": $\frac{1}{8}$ ; "nicht gelb": $\frac{7}{8}$ ;

Ereignis	P
gelb -> gelb	$\frac{1}{64}$
gelb -> nicht gelb	$\frac{7}{64}$
nicht gelb -> gelb	$\frac{7}{64}$
nicht gelb -> nicht gelb	$\frac{49}{64}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: gelb: $\frac{1}{8}$ ; nicht gelb: $\frac{7}{8}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'gelb'-'gelb' (P= $\frac{1}{64}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{64}$ = $\frac{1}{64}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

(Alle Sektoren sind Vielfache
von Achtels-Kreisen)

Ein Glücksrad wie in der Abbildung rechts wird zwei mal gedreht. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal A"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"A": $\frac{3}{8}$ ; "nicht A": $\frac{5}{8}$ ;

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

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

P=1-P(0 mal 'A')=1- $\frac{25}{64}$ = $\frac{39}{64}$

Ereignis	P
A -> A	$\frac{9}{64}$
A -> nicht A	$\frac{15}{64}$
nicht A -> A	$\frac{15}{64}$
nicht A -> nicht A	$\frac{25}{64}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: A: $\frac{3}{8}$ ; nicht A: $\frac{5}{8}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'A'-'nicht A' (P= $\frac{15}{64}$ )
'nicht A'-'A' (P= $\frac{15}{64}$ )
'A'-'A' (P= $\frac{9}{64}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{15}{64}$ + $\frac{15}{64}$ + $\frac{9}{64}$ = $\frac{39}{64}$

ohne Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

Auf einen Schüleraustausch bewerben sich 5 Mädchen und 5 Jungs. Weil aber leider weniger Plätze zur Verfügung stehen, muss gelost werden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den ersten 3 verlosten Plätzen genau 0 an ein Mädchen gehen?

Lösung einblenden

Ereignis	P
Mädchen -> Mädchen -> Mädchen	$\frac{1}{12}$
Mädchen -> Mädchen -> Jungs	$\frac{5}{36}$
Mädchen -> Jungs -> Mädchen	$\frac{5}{36}$
Mädchen -> Jungs -> Jungs	$\frac{5}{36}$
Jungs -> Mädchen -> Mädchen	$\frac{5}{36}$
Jungs -> Mädchen -> Jungs	$\frac{5}{36}$
Jungs -> Jungs -> Mädchen	$\frac{5}{36}$
Jungs -> Jungs -> Jungs	$\frac{1}{12}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: Mädchen: $\frac{1}{2}$ ; Jungs: $\frac{1}{2}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'Jungs'-'Jungs'-'Jungs' (P= $\frac{1}{12}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

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

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Lostopf sind 2 Kugeln mit einer Eins beschriftet, 6 Kugeln mit einer Zwei, 3 mit Drei und 4 mit einer Vier. Es werden zwei Kugeln gleichzeitig gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkiet dass die beiden gezogenen Zahlen zusammen 5 ergeben?

Lösung einblenden

Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{1}{105}$
1 -> 2	$\frac{2}{35}$
1 -> 3	$\frac{1}{35}$
1 -> 4	$\frac{4}{105}$
2 -> 1	$\frac{2}{35}$
2 -> 2	$\frac{1}{7}$
2 -> 3	$\frac{3}{35}$
2 -> 4	$\frac{4}{35}$
3 -> 1	$\frac{1}{35}$
3 -> 2	$\frac{3}{35}$
3 -> 3	$\frac{1}{35}$
3 -> 4	$\frac{2}{35}$
4 -> 1	$\frac{4}{105}$
4 -> 2	$\frac{4}{35}$
4 -> 3	$\frac{2}{35}$
4 -> 4	$\frac{2}{35}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{2}{15}$ ; 2: $\frac{2}{5}$ ; 3: $\frac{1}{5}$ ; 4: $\frac{4}{15}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'1'-'4' (P= $\frac{4}{105}$ )
'4'-'1' (P= $\frac{4}{105}$ )
'2'-'3' (P= $\frac{3}{35}$ )
'3'-'2' (P= $\frac{3}{35}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{4}{105}$ + $\frac{4}{105}$ + $\frac{3}{35}$ + $\frac{3}{35}$ = $\frac{26}{105}$

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Aus einem Kartenstapel mit 8 Karten der Farbe Herz und 2 weiteren Karten soll solange eine Karte gezogen werden, bis eine Herz-Karte erscheint. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies im 2.Versuch passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{2}{10}$ ⋅ $\frac{8}{9}$
= $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{4}{9}$
= $\frac{8}{45}$

nur Summen

Beispiel:

In einer Urne sind 3 Kugeln, die mit einer 1 beschriftet sind, 7 kugel mit einer 2 und 5 Kugeln mit einer 3. Es werden zwei Kugeln gleichzeitig gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der Kugeln 4 ist?

Lösung einblenden

Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{1}{35}$
1 -> 2	$\frac{1}{10}$
1 -> 3	$\frac{1}{14}$
2 -> 1	$\frac{1}{10}$
2 -> 2	$\frac{1}{5}$
2 -> 3	$\frac{1}{6}$
3 -> 1	$\frac{1}{14}$
3 -> 2	$\frac{1}{6}$
3 -> 3	$\frac{2}{21}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{1}{5}$ ; 2: $\frac{7}{15}$ ; 3: $\frac{1}{3}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'1'-'3' (P= $\frac{1}{14}$ )
'3'-'1' (P= $\frac{1}{14}$ )
'2'-'2' (P= $\frac{1}{5}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{14}$ + $\frac{1}{14}$ + $\frac{1}{5}$ = $\frac{12}{35}$

mit Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

Ein Würfel wird 2 mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mindestens 1 mal eine Primzahl zu würfeln?

Lösung einblenden

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

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

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

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

P=1-P(0 mal 'prim')=1- $\frac{1}{4}$ = $\frac{3}{4}$

Ereignis	P
prim -> prim	$\frac{1}{4}$
prim -> nicht prim	$\frac{1}{4}$
nicht prim -> prim	$\frac{1}{4}$
nicht prim -> nicht prim	$\frac{1}{4}$

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

Die relevanten Pfade sind:

'prim'-'nicht prim' (P= $\frac{1}{4}$ )
'nicht prim'-'prim' (P= $\frac{1}{4}$ )
'prim'-'prim' (P= $\frac{1}{4}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{4}$ + $\frac{1}{4}$ + $\frac{1}{4}$ = $\frac{3}{4}$

Kombinatorik (ohne Binom.)

Beispiel:

Eine Mathelehrerin war bei 8 SchülerInnen ihrer Klasse mit den Ergebnissen der letzten Klassenarbeit nicht zufrieden. Deswegen möchte sie jetzt diese Schüler immer in kleinen Abfragen erneut überprüfen. Als sie sich eine Reihenfolge überlegen wollte, bemerkt sie, dass es dafür ja ziemlich viele Möglichkeiten gibt. Wie viele genau?

Lösung einblenden

Für die erste Stelle ist jede(r) möglich. Es gibt also 8 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende 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 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 40320 Möglichkeiten.

Kombinatorik

Beispiel:

Eine Mathelehrerin war bei 4 SchülerInnen ihrer Klasse mit den Ergebnissen der letzten Klassenarbeit nicht zufrieden. Deswegen möchte sie jetzt diese Schüler immer in kleinen Abfragen erneut überprüfen. Als sie sich eine Reihenfolge überlegen wollte, bemerkt sie, dass es dafür ja ziemlich viele Möglichkeiten gibt. Wie viele genau?

Lösung einblenden

Für die erste Stelle ist jede(r) möglich. Es gibt also 4 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 3 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 2 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 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24 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

mit Zurücklegen (einfach)

Kombinatorik (ohne Binom.)

Kombinatorik