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 Halbkreis => p= $\frac{1}{2}$

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

gelb: Man erkennt einen halben Viertelkreis, also einen Achtelskreis => p= $\frac{1}{8}$

mit Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

In einer Urne sind 2 rote, 8 gelbe, 7 blaue und 3 schwarze Kugeln. Es wird zwei mal mit zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal schwarz"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"schwarz": $\frac{3}{20}$ ; "nicht schwarz": $\frac{17}{20}$ ;

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

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

P=1-P(0 mal 'schwarz')=1- $\frac{289}{400}$ = $\frac{111}{400}$

Ereignis	P
schwarz -> schwarz	$\frac{9}{400}$
schwarz -> nicht schwarz	$\frac{51}{400}$
nicht schwarz -> schwarz	$\frac{51}{400}$
nicht schwarz -> nicht schwarz	$\frac{289}{400}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: schwarz: $\frac{3}{20}$ ; nicht schwarz: $\frac{17}{20}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'schwarz'-'nicht schwarz' (P= $\frac{51}{400}$ )
'nicht schwarz'-'schwarz' (P= $\frac{51}{400}$ )
'schwarz'-'schwarz' (P= $\frac{9}{400}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{51}{400}$ + $\frac{51}{400}$ + $\frac{9}{400}$ = $\frac{111}{400}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind verschiedene Kugeln, 5 vom Typ rot und 5 vom Typ blau. Es wird 3 mal mit zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, 3 Kugeln gleicher Farbe zu ziehen?

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Ereignis	P
rot -> rot -> rot	$\frac{1}{8}$
rot -> rot -> blau	$\frac{1}{8}$
rot -> blau -> rot	$\frac{1}{8}$
rot -> blau -> blau	$\frac{1}{8}$
blau -> rot -> rot	$\frac{1}{8}$
blau -> rot -> blau	$\frac{1}{8}$
blau -> blau -> rot	$\frac{1}{8}$
blau -> blau -> blau	$\frac{1}{8}$

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

Die relevanten Pfade sind:

'rot'-'rot'-'rot' (P= $\frac{1}{8}$ )
'blau'-'blau'-'blau' (P= $\frac{1}{8}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{8}$ + $\frac{1}{8}$ = $\frac{1}{4}$

ohne Zurücklegen (einfach)

Beispiel:

In einer 8-ten Klasse gibt es 7 Schüler mit NWT-Profil, 6 Schüler mit sprachlichem Profil, 9 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 mindestens 1 Schüler mit NWT-Profil fehlen?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"NWT": $\frac{7}{25}$ ; "nicht NWT": $\frac{18}{25}$ ;

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

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

P=1-P(0 mal 'NWT')=1- $\frac{51}{100}$ = $\frac{49}{100}$

Ereignis	P
NWT -> NWT	$\frac{7}{100}$
NWT -> nicht NWT	$\frac{21}{100}$
nicht NWT -> NWT	$\frac{21}{100}$
nicht NWT -> nicht NWT	$\frac{51}{100}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: NWT: $\frac{7}{25}$ ; nicht NWT: $\frac{18}{25}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'NWT'-'nicht NWT' (P= $\frac{21}{100}$ )
'nicht NWT'-'NWT' (P= $\frac{21}{100}$ )
'NWT'-'NWT' (P= $\frac{7}{100}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{21}{100}$ + $\frac{21}{100}$ + $\frac{7}{100}$ = $\frac{49}{100}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Lostopf sind 8 Kugeln mit einer Eins beschriftet, 2 Kugeln mit einer Zwei, 9 mit Drei und 5 mit einer Vier. Es werden zwei Kugeln gleichzeitig gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkiet dass die beiden gezogenen Zahlen zusammen 6 ergeben?

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Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{7}{69}$
1 -> 2	$\frac{2}{69}$
1 -> 3	$\frac{3}{23}$
1 -> 4	$\frac{5}{69}$
2 -> 1	$\frac{2}{69}$
2 -> 2	$\frac{1}{276}$
2 -> 3	$\frac{3}{92}$
2 -> 4	$\frac{5}{276}$
3 -> 1	$\frac{3}{23}$
3 -> 2	$\frac{3}{92}$
3 -> 3	$\frac{3}{23}$
3 -> 4	$\frac{15}{184}$
4 -> 1	$\frac{5}{69}$
4 -> 2	$\frac{5}{276}$
4 -> 3	$\frac{15}{184}$
4 -> 4	$\frac{5}{138}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{1}{3}$ ; 2: $\frac{1}{12}$ ; 3: $\frac{3}{8}$ ; 4: $\frac{5}{24}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'2'-'4' (P= $\frac{5}{276}$ )
'4'-'2' (P= $\frac{5}{276}$ )
'3'-'3' (P= $\frac{3}{23}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{5}{276}$ + $\frac{5}{276}$ + $\frac{3}{23}$ = $\frac{1}{6}$

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 15 Mädchen der Klasse eingesammelt wird. Deswegen wird solange gelost, bis das erste Mädchen gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies beim 2. Losdurchgang passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{18}$ ⋅ $\frac{15}{17}$
= $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{5}{17}$
= $\frac{5}{34}$

nur Summen

Beispiel:

(Alle Sektoren sind Vielfache
von Achtels-Kreisen)

Ein Glücksrad wird zwei mal gedreht. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen 4 ist?

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Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{9}{64}$
1 -> 2	$\frac{3}{32}$
1 -> 3	$\frac{3}{32}$
1 -> 4	$\frac{3}{64}$
2 -> 1	$\frac{3}{32}$
2 -> 2	$\frac{1}{16}$
2 -> 3	$\frac{1}{16}$
2 -> 4	$\frac{1}{32}$
3 -> 1	$\frac{3}{32}$
3 -> 2	$\frac{1}{16}$
3 -> 3	$\frac{1}{16}$
3 -> 4	$\frac{1}{32}$
4 -> 1	$\frac{3}{64}$
4 -> 2	$\frac{1}{32}$
4 -> 3	$\frac{1}{32}$
4 -> 4	$\frac{1}{64}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{3}{8}$ ; 2: $\frac{1}{4}$ ; 3: $\frac{1}{4}$ ; 4: $\frac{1}{8}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'1'-'3' (P= $\frac{3}{32}$ )
'3'-'1' (P= $\frac{3}{32}$ )
'2'-'2' (P= $\frac{1}{16}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{3}{32}$ + $\frac{3}{32}$ + $\frac{1}{16}$ = $\frac{1}{4}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

In einem Lostopf sind 8 Kugeln mit einer Eins beschriftet, 3 Kugeln mit einer Zwei, 10 mit Drei und 3 mit einer Vier. Es werden zwei Kugeln gleichzeitig gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkiet dass die beiden gezogenen Zahlen zusammen 7 ergeben?

Lösung einblenden

Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{7}{69}$
1 -> 2	$\frac{1}{23}$
1 -> 3	$\frac{10}{69}$
1 -> 4	$\frac{1}{23}$
2 -> 1	$\frac{1}{23}$
2 -> 2	$\frac{1}{92}$
2 -> 3	$\frac{5}{92}$
2 -> 4	$\frac{3}{184}$
3 -> 1	$\frac{10}{69}$
3 -> 2	$\frac{5}{92}$
3 -> 3	$\frac{15}{92}$
3 -> 4	$\frac{5}{92}$
4 -> 1	$\frac{1}{23}$
4 -> 2	$\frac{3}{184}$
4 -> 3	$\frac{5}{92}$
4 -> 4	$\frac{1}{92}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: 1: $\frac{1}{3}$ ; 2: $\frac{1}{8}$ ; 3: $\frac{5}{12}$ ; 4: $\frac{1}{8}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'3'-'4' (P= $\frac{5}{92}$ )
'4'-'3' (P= $\frac{5}{92}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{5}{92}$ + $\frac{5}{92}$ = $\frac{5}{46}$

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:

Die Sportlehrerin Frau Hertz braucht für eine Demonstration 3 Schülerinnen. Diese möchte sie zufällig aus der 24-köpfigen Sportgruppe losen. Wie viele verschiedene 3er-Gruppen sind so möglich?

Lösung einblenden

Für die erste Stelle ist jede(r/s) Schülerin möglich. Es gibt also 24 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die/das an erster Stelle stehende Schülerin nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 23 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 22 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:

Es gibt also 24 ⋅ 23 ⋅ 22 = 12144 Möglichkeiten, die 24 Möglichkeiten (Schülerin) auf die 3 "Ziehungen" (geloste) zu verteilen.

Wir haben jetzt dabei aber genau unterschieden an welcher Stelle was gezogen wurde. Also wären zum Beispiel Anton-Berta-Caesar und Berta-Caesar-Anton zwei unterschiedliche Ergebnisse. In unserem Fall hier soll diese Reihenfolge aber keine Rolle spielen. Es interessiert nur, wer in der 3er-Gruppe drin ist, nicht an welche Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 3er-Gruppe möglich sind.

Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 3er-Gruppe möglich. Es gibt also 3 Möglichkeiten.
Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 2 Möglichkeiten.
Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 1 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 und erhalten 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 3er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 12144 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 3er-Gruppen durch die 6 Möglichkeiten, die 3er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich $\frac{12144}{6}$ = 2024 Möglichkeiten für 3er-Gruppen, die aus 24 Elementen (Schülerin) gebildet werden.

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 ohne Zurücklegen

Kombinatorik (ohne Binom.)

Kombinatorik