M9 Mehrstufige Zufallsexperimente: Unterschied zwischen den Versionen

Aktuelle Version vom 6. Mai 2021, 11:14 Uhr

Merke:

Wird ein Zufallsexperiment in mehreren Schritten ausgeführt, so nennt man es mehrstufig oder zusammengesetzt.

Mehrstufige Zufallsexperimente lassen sich schön durch Baumdiagramm veranschaulichen.

Bei den Teilpfaden notiert man die jeweilige Wahrscheinlichkeit.

Beim Baumdiagramm gelten die drei Pfadregeln:

1. Pfadregel

Der Summenwert der Wahrscheinlichkeiten auf den Teilpfaden, die von einem Verzweigungspunkt ausgehen, ist 1.

Im Beispiel nach dem linken Verzweigungspunkt ist $\frac{2}{5}+\frac{3}{5}=1$ . Rechts ist nach dem zweiten unteren Verzweigungspunkt $\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$ und nach dem zweiten oberen Verzweigungspunkt $\frac{2}{4}+\frac{2}{4}=1$ .

2. Pfadregel

Die Wahrscheinlichkeit eines Ergebnisses ist gleich dem Produkt der Wahrscheinlichkeiten auf dem Pfad, der zu dem Ergebnis führt.

Im Beispiel ist $P(zwei\ gruene\ Kugeln) = \frac{2}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{10}$ ,
$P(zwei\ rote\ Kugeln) = \frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}=\frac{3}{10}$ ,
$P(zuerst\ eine\ rote\ Kugel,\ dann\ eine\ gruene\ Kugel) = \frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}=\frac{3}{10}$ ,
$P(zuerst\ eine\ gruene\ Kugel,\ dann\ eine\ rote\ Kugel)= \frac{2}{5}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{10}$

3. Pfadregel

Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses ist gleich der Summe der Wahrscheinlichkeiten für die günstigen Ergebnisse für dieses
 
Ereignis.

Im Beispiel ist $P(eine\ rote\ und\ eine\ gruene\ Kugel) =$
$P(zuerst\ eine\ rote\ Kugel,\ dann\ eine\ gruene\ Kugel)+ P(zuerst\ eine\ gruene\ Kugel,\ dann\ eine\ rote\ Kugel)=\frac{3}{10}+\frac{3}{10}=\frac{3}{5}$

In diesem Video

werden alle Begriffe und die Pfadregeln nochmals an der Tafel erkärt.

Aufgabe 1

Lies im Buch auf S. 144 - 145 die Beispiele.

Buch S. 145 / 1
Buch S. 145 / 2

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

145/1
Ein Zufallsexperiment ist: Urne mit drei Kugeln, auf einer Kugel steht 1, auf der zweiten Kugel 2 und auf der dritten Kugel 3. Man zieht zweimal nacheinander eine Kugeln, notiert die Nummer und legt die Kugel zurück.
Als weiteres Zufallsexperiment kann man sich ein Glücksrad vorstellen, dessen Kreis in drei gleich große Teile geteilt ist und in jedem Drittel steht eine der Zahlen 1, 2, 3. Man dreht das Glücksrad, notiert die Zahl, nun dreht man ein zweites Mal das Glücksrad und notiert wieder die Zahl.

145/2

Merke

$\overline E$ ist das Gegenereignis des Ereignisses $E$ . Für die Wahrscheinlichkeit $P(\overline E)$ gilt: $P(\overline E)=1-P(E)$ .

In diesem Video siehst du wie man mit dem Gegenereignis und den Pfadregeln eine Wahrscheinlichkeit beim Elfmeterschießen berechnet.

Aufgabe 2

Buch S. 146 / 3
Buch S. 146 / 4
Buch S. 146 / 5
Buch S. 146 / 6

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

146/3

An jedem Ast ist die Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{6}$ .
$\Omega = \lbrace 11, 12, 13, 14, 15, 16, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 31^, 32, 33, 34, 35, 36, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 61, 62, 63, 64, 65, 66 \rbrace$ .

Da man $\Omega$ kennt, kann man mit der Laplace-Wahrscheinlichkeit $P(A)=\frac{Anzahl\ der\ fuer\ A\ guenstigen\ Ergebnisse}{Anzahl\ aller\ Ergebnisse}$ die Wahrscheinlichkeit berechnen.
Hier sollen aber die Pfadregeln angewendet werden.
Damit erhält man sofort, dass jedes Ergebnis $\omega_i$ die Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{36}$ hat. Alle Elementarereignisse $\lbrace \omega_i \rbrace$ sind also gleichwahrscheinlich mit $P( \lbrace \omega_i \rbrace)=\frac{1}{36}$ .

a) $P(E_1)=P(\lbrace 45 \rbrace )=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{36}\approx 2,8%$

b) $P(E_2)=P(\lbrace 11, 22, 33, 44, 55, 66 \rbrace)= \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6} +\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=6\cdot \frac{1}{36}= \frac{1}{6}\approx 16,7%$

c) $E_3=\overline {E_2} \Rightarrow P(E_3)=1-P(E_2)=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}\approx 83,3%$

d) $P(E_4)=P(\lbrace 46, 55, 64\rbrace)=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{12}\approx 8,3%$

e) $P(E_5) = 1- P(E_4)=1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}\approx 91,7%$

f) $P(E_6)=1-P(''Die\ Summe\ der\ geworfenen\ Augenzahlen\ hat\ den\ Wert\ 12'')=1-P(\lbrace 66 \rbrace)=1-\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{35}{36}\approx 97,2%$

g) $P(E_7)=P(\lbrace 26, 34, 43, 62\rbrace) = \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{9}\approx 11,1%$

h) $P(E_8)=P(\lbrace \rbrace)=0$

i) $P(E_9)=P(\lbrace 11, 12, 13, 14, 15, 16, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 61, 62, 63, 64, 65, 66\rbrace)=P\Omega)=1$

146/4
Zu diesem Zufallsexperiment lässt sich nur sehr schwer ein Baumdiagramm zeichnen. Daher ist es das einfachste, wenn man das Baumdiagramm aus der vorhergehenden Aufgabe sich im Kopf weiter fortgesetzt vorstellt. An jedem Ast steht die Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{6}$ .

Es ist $\Omega = \lbrace 1111, 1112, 1113, 1114, 1115, 1116, 1121, 1122, 1123, 1124, 1125, ..., 6654, 6655, 6656, 6661, 6662, 6663, 6664, 6665, 6666\rbrace$ und $|\Omega|=6^4=1296$ .
Jedes Ergebnis $\omega_i$ und damit auch jedes Elementarereignis $\lbrace \omega_i \rbrace$ hat die gleiche Wahrscheinlichkeit $P(\lbrace \omega_i \rbrace )=\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \frac{1}{6^4}=\frac{1}{1296}$ .

a) $P(E_1)=P(\lbrace 1234 \rbrace)=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}=\left ( \frac{1}{6} \right )^4=\frac{1}{1296}$

b) Es gibt 4! Möglichkeiten die 4 Ziffern anzuordnen, also ist $P(E_2)= 4! \cdot \left (\frac{1}{6}\right )^4=24\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^4$

c) $P(E_3)=P(\lbrace 6666, 1111 \rbrace)= \left (\frac{1}{6}\right )^4 + \left (\frac{1}{6}\right )^4=2\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^4$

d) Wenn die Zahl die Ziffer 1 nicht enthält steht an jeder Stelle eine der Zahlen 2, 3, 4, 5, 6. Also hat man für jede Ziffer 5 Möglichkeiten. Im Baumdiagramm kann man sich vorstellen: eine Verzweigung nach links zur 1 mit Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{6}$ , eine zweite Verzweigung nach rechts zu 2, 3, 4, 5, 6 mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{5}{6}$ . Und man geht bei den 4 Verzweigungen jeweils den rechten Weg.
$P(E_4)=\left (\frac{5}{6}\right )^4$

e) Im Baumdiagramm kann man sich vorstellen: eine Verzweigung nach links zur 6 mit Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{6}$ , eine zweite Verzweigung nach rechts zu 1, 2, 3, 4, 5 mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{5}{6}$ . Und man geht einmal nach links und dreimal den rechten Weg. Dabei hat man 4 Möglichkeiten einmal nach links zu gehen.
Also ist $P(E_5)= P(\lbrace 6xyz, x6yz, xy6z, xyz6 \rbrace)=\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} + \frac{5}{6}\cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} + \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6} + \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}=4\cdot \frac{1}{6}\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^3$

f) Hier nimmt man die Berechnung über das Gegenereignis.
$P(E_6)=1-P(''Die\ Zahl\ enthaelt\ keine\ 6'')=1- \left (\frac{5}{6}\right )^4$

g) Dieses Ereignis setzt sich zusammen aus den zwei Ereignissen E₄, die Ziffer 1 kommt überhaupt nicht vor und dem Ereignis E₅, nur mit Ziffer 1 statt 6.
$P(E_7)=4\cdot \frac{1}{6}\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^3+ \left (\frac{5}{6}\right )^4$

h) Wenn die 1 nur an der vierten Stelle vorkommen darf, dann hat man im Baumdiagramm wieder jeweils 2 Verzweigungen, eine nach links zu 1 mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{6}$ und eine nach rechts zu 2, 3, 4, 5, 6 mit der Wahrscheinlichkeit $\frac{5}{6}$ . Die ersten dreimal geht man nach rechts und beim vierten Mal nach links.
$P(E_8)= \left (\frac{5}{6}\right )^3 \cdot \left (\frac{1}{6}\right )=\frac{5^3}{6^4}$

146/5
Ein Tetraeder-Würfel hat die Form einer Pyramide mit einem gleichseitigen Dreieck als Grundfläche und dieselben gleichseitigen Dreicke als Seitenflächen. Er besteht also aus 4 gleichseitigen Dreiecken.
Dazu gibt es verschiedene Ausführungen. Im Bild hier hat man eine 4 gewürfelt. Dies erkennt man, dass auf allen Seiten oben an der Spitze eine 4 steht.

Beim einmaligen Werfen des Tetraederwürfels hat man vier mögliche Ergebnisse: 1, 2, 3 oder 4 und es ist $P(\lbrace 1 \rbrace)= P(\lbrace 2 \rbrace)= P(\lbrace 3 \rbrace)= P(\lbrace 4 \rbrace)=\frac{1}{4}$ .
Für das zweimalige Werfen eines Laplace-Tetraeders ergibt sich dieses Baumdiagramm: Das Baumdiagramm schaut dann so aus:

Man sieht, dass es 16 Ergebnisse gibt. $\omega=\lbrace 11, 12, 13, 14, 21, 22, 23, 24, 31, 32, 33, 34, 41, 42, 43, 44 \rbrace$ . Für jeden Ast ist die Wahrscheinlichkeit $\frac{1}{4}$ .

$P(Summenwert\ ist\ eine\ gerade\ Zahl)=P(\lbrace 11, 13, 22, 24, 31, 33, 42, 44 \rbrace)=\frac{8}{16}=\frac{1}{2}$

b) Du kannst gerne einen Tetraeder-Würfel basteln oder du hast vielleicht sogar eine solchen Würfel daheim. Dann überprüfe doch mal Aufgabe a).

146/6

Laplace-Münze: P(WW;ZZ)= 0,5·0,5 + 0,5·0,5 = 0,5
P(ZW; WZ)= 0,5·0,5 + 0,5·0,5 = 0,5

"gezinkte" Münze: P(WW;ZZ)= 0,55·0,55 + 0,45·0,45 = 0,505
P(ZW; WZ)= 0,45·0,55 + 0,55·0,45 = 0,495

Bei der Laplace-Münze sind die beiden Ereignisse gleichwahrscheinlich, bei der "gezinkten" Münze ist die Wahrscheinlchkeit größer gleiche Seiten zu werfen.

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   Ereignis.
-Im Beispiel ist <math>P(eine\ rote\ und\ eine\ gruene\ Kugel) = P(zuerst\ eine\ rote\ Kugel,\ dann\ eine\ gruene\ Kugel)+ </math><br>
+Im Beispiel ist <math>P(eine\ rote\ und\ eine\ gruene\ Kugel) =</math><br>
-<math>P(zuerst\ eine\ gruene\ Kugel,\ dann\ eine\ rote\ Kugel)=</math> <math>\frac{3}{10}+\frac{3}{10}=\frac{3}{5}</math>
+<math>P(zuerst\ eine\ rote\ Kugel,\ dann\ eine\ gruene\ Kugel)+ P(zuerst\ eine\ gruene\ Kugel,\ dann\ eine\ rote\ Kugel)=\frac{3}{10}+\frac{3}{10}=\frac{3}{5}</math>
 <center>{{#ev:youtube |xPWfszQTFTY|350}}</center>  }}
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 /2<br>
 [[Datei:145-2 1.jpg|500px]][[Datei:145-2 2.jpg|500px]] }}
+{{Merke|1=<math>\overline E</math> ist das Gegenereignis des Ereignisses <math>E</math>. Für die Wahrscheinlichkeit <math>P(\overline E)</math> gilt: <math>P(\overline E)=1-P(E)</math>. }}
 In diesem Video siehst du wie man mit dem Gegenereignis und den Pfadregeln eine Wahrscheinlichkeit beim Elfmeterschießen berechnet.
 <center>{{#ev:youtube |Us3QNRQEkAA|350}}</center>
+{{Aufgaben-blau|2|2=Buch S. 146 / 3<br>
+Buch S. 146 / 4<br>
+Buch S. 146 / 5 [[Datei:Wuerfel_w4.jpg|100px]] <br>
+Buch S. 146 / 6 }}
+{{Lösung versteckt|1=146/3<br>
+<center>[[Datei:Baumdiagramm 1.jpg]]</center>
+An jedem Ast ist die Wahrscheinlichkeit <math>\frac{1}{6}</math>.<br>
+<math>\Omega = \lbrace 11, 12, 13, 14, 15, 16, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 31^, 32, 33, 34, 35, 36, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 61, 62, 63, 64, 65, 66 \rbrace </math>.
+Da man <math>\Omega</math> kennt, kann man mit der Laplace-Wahrscheinlichkeit <math>P(A)=\frac{Anzahl\ der\ fuer\ A\ guenstigen\ Ergebnisse}{Anzahl\ aller\ Ergebnisse}</math> die Wahrscheinlichkeit berechnen.<br>
+Hier sollen aber die Pfadregeln angewendet werden. <br>
+Damit erhält man sofort, dass jedes Ergebnis <math>\omega_i</math> die Wahrscheinlichkeit <math>\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{36}</math> hat.
+Alle Elementarereignisse <math>\lbrace \omega_i \rbrace</math> sind also gleichwahrscheinlich mit <math>P( \lbrace \omega_i \rbrace)=\frac{1}{36}</math>.
+a) <math>P(E_1)=P(\lbrace 45 \rbrace )=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{36}\approx 2,8%</math>
+b) <math>P(E_2)=P(\lbrace 11, 22, 33, 44, 55, 66 \rbrace)= \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6} +\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=6\cdot \frac{1}{36}= \frac{1}{6}\approx 16,7%</math>
+c)<math>E_3=\overline {E_2} \Rightarrow P(E_3)=1-P(E_2)=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}\approx 83,3%</math>
+d) <math>P(E_4)=P(\lbrace 46, 55, 64\rbrace)=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{12}\approx 8,3%</math>
+e) <math>P(E_5) = 1- P(E_4)=1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}\approx 91,7%</math>
+f) <math>P(E_6)=1-P(''Die\ Summe\ der\ geworfenen\ Augenzahlen\ hat\ den\ Wert\ 12'')=1-P(\lbrace 66 \rbrace)=1-\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{35}{36}\approx 97,2%</math>
+g) <math>P(E_7)=P(\lbrace 26, 34, 43, 62\rbrace) = \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{9}\approx 11,1%</math>
+h) <math>P(E_8)=P(\lbrace \rbrace)=0</math>
+i) <math>P(E_9)=P(\lbrace 11, 12, 13, 14, 15, 16, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 61, 62, 63, 64, 65, 66\rbrace)=P\Omega)=1</math>
+/4<br>
+Zu diesem Zufallsexperiment lässt sich nur sehr schwer ein Baumdiagramm zeichnen. Daher ist es das einfachste, wenn man das Baumdiagramm aus der vorhergehenden Aufgabe sich im Kopf weiter fortgesetzt vorstellt. An jedem Ast steht die Wahrscheinlichkeit <math>\frac{1}{6}</math>.
+Es ist <math>\Omega = \lbrace 1111, 1112, 1113, 1114, 1115, 1116, 1121, 1122, 1123, 1124, 1125, ..., 6654, 6655, 6656, 6661, 6662, 6663, 6664, 6665, 6666\rbrace </math> und <math>|\Omega|=6^4=1296</math>.<br>
+Jedes Ergebnis <math>\omega_i</math> und damit auch jedes Elementarereignis <math>\lbrace \omega_i \rbrace </math> hat die gleiche Wahrscheinlichkeit <math>P(\lbrace \omega_i \rbrace )=\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \frac{1}{6^4}=\frac{1}{1296}</math>.
+a) <math>P(E_1)=P(\lbrace 1234 \rbrace)=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}=\left ( \frac{1}{6} \right )^4=\frac{1}{1296} </math>
+b) Es gibt 4! Möglichkeiten die 4 Ziffern anzuordnen, also ist <math>P(E_2)= 4! \cdot \left (\frac{1}{6}\right )^4=24\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^4</math>
+c) <math>P(E_3)=P(\lbrace 6666, 1111 \rbrace)= \left (\frac{1}{6}\right )^4 + \left (\frac{1}{6}\right )^4=2\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^4</math>
+d) Wenn die Zahl die Ziffer 1 nicht enthält steht an jeder Stelle eine der Zahlen 2, 3, 4, 5, 6. Also hat man für jede Ziffer 5 Möglichkeiten. Im Baumdiagramm kann man sich vorstellen: eine Verzweigung nach links zur 1 mit Wahrscheinlichkeit <math>\frac{1}{6}</math>, eine zweite Verzweigung nach rechts zu 2, 3, 4, 5, 6 mit der Wahrscheinlichkeit <math>\frac{5}{6}</math>. Und man geht bei den 4 Verzweigungen jeweils den rechten Weg. <br>
+<math>P(E_4)=\left (\frac{5}{6}\right )^4 </math>
+e) Im Baumdiagramm kann man sich vorstellen: eine Verzweigung nach links zur 6 mit Wahrscheinlichkeit <math>\frac{1}{6}</math>, eine zweite Verzweigung nach rechts zu 1, 2, 3, 4, 5 mit der Wahrscheinlichkeit <math>\frac{5}{6}</math>. Und man geht einmal nach links und dreimal den rechten Weg. Dabei hat man 4 Möglichkeiten einmal nach links zu gehen. <br>
+Also ist <math>P(E_5)= P(\lbrace 6xyz, x6yz, xy6z, xyz6 \rbrace)=\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} + \frac{5}{6}\cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} + \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6} + \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} \cdot  \frac{1}{6}=4\cdot \frac{1}{6}\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^3</math>
+f) Hier nimmt man die Berechnung über das Gegenereignis.<br>
+<math>P(E_6)=1-P(''Die\ Zahl\ enthaelt\ keine\ 6'')=1- \left (\frac{5}{6}\right )^4</math>
+g) Dieses Ereignis setzt sich zusammen aus den zwei Ereignissen E<sub>4</sub>, die Ziffer 1 kommt überhaupt nicht vor und dem Ereignis E<sub>5</sub>, nur mit Ziffer 1 statt 6.<br>
+<math>P(E_7)=4\cdot \frac{1}{6}\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^3+ \left (\frac{5}{6}\right )^4</math>
+h) Wenn die 1 nur an der vierten Stelle vorkommen darf, dann hat man im Baumdiagramm wieder jeweils 2 Verzweigungen, eine nach links zu 1 mit der Wahrscheinlichkeit <math>\frac{1}{6}</math> und eine nach rechts zu 2, 3, 4, 5, 6 mit der Wahrscheinlichkeit <math>\frac{5}{6}</math>. Die ersten dreimal geht man nach rechts und beim vierten Mal nach links.<br>
+<math>P(E_8)= \left (\frac{5}{6}\right )^3 \cdot \left (\frac{1}{6}\right )=\frac{5^3}{6^4} </math>
+/5 <br>
+Ein Tetraeder-Würfel hat die Form einer Pyramide mit einem gleichseitigen Dreieck als Grundfläche und dieselben gleichseitigen Dreicke als Seitenflächen. Er besteht also aus 4 gleichseitigen Dreiecken. <br>
+Dazu gibt es verschiedene Ausführungen. Im Bild hier hat man eine 4 gewürfelt. Dies erkennt man, dass auf allen Seiten oben an der Spitze eine 4 steht. <br>
+[[Datei:Wuerfel_w4.jpg|200px]]<br>
+Beim einmaligen Werfen des Tetraederwürfels hat man vier mögliche Ergebnisse: 1, 2, 3 oder 4 und es ist <math>P(\lbrace 1 \rbrace)= P(\lbrace 2 \rbrace)= P(\lbrace 3 \rbrace)= P(\lbrace 4 \rbrace)=\frac{1}{4}</math>.<br>
+Für das zweimalige Werfen eines Laplace-Tetraeders ergibt sich dieses Baumdiagramm:
+Das Baumdiagramm schaut dann so aus:<br>
+<center>[[Datei:Baumdiagramm 2.jpg]]</center>
+Man sieht, dass es 16 Ergebnisse gibt. <math>\omega=\lbrace 11, 12, 13, 14, 21, 22, 23, 24, 31, 32, 33, 34, 41, 42, 43, 44 \rbrace </math>. Für jeden Ast ist die Wahrscheinlichkeit <math>\frac{1}{4}</math>.
+<math>P(Summenwert\ ist\ eine\ gerade\ Zahl)=P(\lbrace 11, 13, 22, 24, 31, 33, 42, 44 \rbrace)=\frac{8}{16}=\frac{1}{2}</math>
+b) Du kannst gerne einen Tetraeder-Würfel basteln oder du hast vielleicht sogar eine solchen Würfel daheim. Dann überprüfe doch mal Aufgabe a).
+/6<br>
+[[Datei:Baumdiagramm 3.jpg]]
+Laplace-Münze: P(WW;ZZ)= 0,5·0,5 + 0,5·0,5 = 0,5<br>
+P(ZW; WZ)= 0,5·0,5 + 0,5·0,5 = 0,5
+"gezinkte" Münze: P(WW;ZZ)= 0,55·0,55 + 0,45·0,45 = 0,505<br>
+P(ZW; WZ)= 0,45·0,55 + 0,55·0,45 = 0,495
+Bei der Laplace-Münze sind die beiden Ereignisse gleichwahrscheinlich, bei der "gezinkten" Münze ist die Wahrscheinlchkeit größer gleiche Seiten zu werfen. }}

M9 Mehrstufige Zufallsexperimente: Unterschied zwischen den Versionen

Aktuelle Version vom 6. Mai 2021, 11:14 Uhr

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