Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Zufallsexperiment (einstufig)

Beispiel:

In einer Klasse besuchen 5 Schülerinnen und Schüler den katholischen Religionsunterricht, 6 den evangelischen, und 4 sind in Ethik. Wie groß ist jeweils die Wahrscheinlichkeit, dass ein zufällig ausgewählter Schüler der Klasse im jeweiligen Religionsunterricht ist?
(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 + 6 + 4=15

Hieraus ergibt sich für ...

rk: p= $\frac{5}{15}$ = $\frac{1}{3}$

ev: p= $\frac{6}{15}$ = $\frac{2}{5}$

Eth: p= $\frac{4}{15}$

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 "mindestens 2 mal Zahl"?

Lösung einblenden

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

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

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

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

Die relevanten Pfade sind:

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

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ = $\frac{1}{2}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

Ein Würfel wird zwei mal geworfen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen 7 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:

'1'-'6' (P= $\frac{1}{36}$ )
'6'-'1' (P= $\frac{1}{36}$ )
'2'-'5' (P= $\frac{1}{36}$ )
'5'-'2' (P= $\frac{1}{36}$ )
'3'-'4' (P= $\frac{1}{36}$ )
'4'-'3' (P= $\frac{1}{36}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ = $\frac{1}{6}$

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 2 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:

'deutsch'-'deutsch'-'andere' (P= $\frac{3}{70}$ )
'deutsch'-'andere'-'deutsch' (P= $\frac{3}{70}$ )
'andere'-'deutsch'-'deutsch' (P= $\frac{3}{70}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{3}{70}$ + $\frac{3}{70}$ + $\frac{3}{70}$ = $\frac{9}{70}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Stapel sind 4 Karten vom Wert 7, 2 Karten vom Wert 8 und 4 9er. Man zieht 2 Karten aus dem Stapel. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Karten gerade 18 ist?

Lösung einblenden

Da ja ausschließlich nach '9' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: '9' und 'nicht 9'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"9": $\frac{2}{5}$ ; "nicht 9": $\frac{3}{5}$ ;

Ereignis	P
9 -> 9	$\frac{2}{15}$
9 -> nicht 9	$\frac{4}{15}$
nicht 9 -> 9	$\frac{4}{15}$
nicht 9 -> nicht 9	$\frac{1}{3}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 9: $\frac{2}{5}$ ; nicht 9: $\frac{3}{5}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'9'-'9' (P= $\frac{2}{15}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{2}{15}$ = $\frac{2}{15}$

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Aus einem Kartenstapel mit 1 Karten der Farbe Herz und 4 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= $\frac{4}{5}$ ⋅ $\frac{1}{4}$
= $\frac{1}{5}$ ⋅ $1$
= $\frac{1}{5}$

nur Summen

Beispiel:

In einem Stapel sind 4 Karten vom Wert 7, 4 Karten vom Wert 8 und 4 9er. Man zieht 2 Karten aus dem Stapel. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Karten gerade 14 ist?

Lösung einblenden

Da ja ausschließlich nach '7' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: '7' und 'nicht 7'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"7": $\frac{1}{3}$ ; "nicht 7": $\frac{2}{3}$ ;

Ereignis	P
7 -> 7	$\frac{1}{11}$
7 -> nicht 7	$\frac{8}{33}$
nicht 7 -> 7	$\frac{8}{33}$
nicht 7 -> nicht 7	$\frac{14}{33}$

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

Die relevanten Pfade sind:

'7'-'7' (P= $\frac{1}{11}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{11}$ = $\frac{1}{11}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

Beim Roulette gibt es 18 rote, 18 scharze und ein grünes Feld (für die Null). Es wird zwei mal eine Kugel im Roulette gespielt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "genau 2 mal rot"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"rot": $\frac{18}{37}$ ; "nicht rot": $\frac{19}{37}$ ;

Ereignis	P
rot -> rot	$\frac{324}{1369}$
rot -> nicht rot	$\frac{342}{1369}$
nicht rot -> rot	$\frac{342}{1369}$
nicht rot -> nicht rot	$\frac{361}{1369}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: rot: $\frac{18}{37}$ ; nicht rot: $\frac{19}{37}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'rot'-'rot' (P= $\frac{324}{1369}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{324}{1369}$ = $\frac{324}{1369}$

Kombinatorik (ohne Binom.)

Beispiel:

Ein spezielles Zahlenschloss hat 3 Ringe mit jeweils 10 verschiedenen Zahlen drauf. Wie viele verschiedene Möglichkeiten kann man bei diesem Zahlenschloss einstellen?

Lösung einblenden

Bei jedem der 3 'Zufallsversuche' gibt es 10 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 3 Ebenen immer 10-fach verzweigt.

Es entstehen so also 10 ⋅ 10 ⋅ 10 = 10³ = 1000 Möglichkeiten.

Kombinatorik

Beispiel:

Ein spezielles Zahlenschloss hat 3 Ringe mit jeweils 10 verschiedenen Zahlen drauf. Wie viele verschiedene Möglichkeiten kann man bei diesem Zahlenschloss einstellen?

Lösung einblenden

Bei jedem der 3 'Zufallsversuche' gibt es 10 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 3 Ebenen immer 10-fach verzweigt.

Es entstehen so also 10 ⋅ 10 ⋅ 10 = 10³ = 1000 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