M9 Mehrstufige Zufallsexperimente: Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 28. April 2021, 11:11 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]

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 / 4
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) $E_3=\overline {E_1} \Rightarrow P(E_3)=1-P(E_1)=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}\approx 83,3%$

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

146/2
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) $P(E_4)=\left (\frac{5}{6}\right )^4$

e) $P(E_5)=4\cdot \frac{1}{6}\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^3$

f) $P(E_6)=1-P(''Die\ Zahl\ enthaelt\ keine\ 6'')=1- \left (\frac{5}{6}\right )^4$

g) $P(E_7)=4\cdot \frac{1}{6}\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^4+ \left (\frac{5}{6}\right )^4$

h) $P(E_8)= \left (\frac{1}{6}\right )^3 \cdot \left (\frac{1}{6}\right )=\frac{1}{6} \cdot \left (\frac{1}{6}\right )^3$

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 eine Tetraeder-Würfel basteln oder du hast sogar eine solchen Würfel. 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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 [[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 / 4<br>
+Buch S. 146 / 4<br>
+Buch S. 146 / 5 [[Datei:Wuerfel_w4.jpg|100px]]
+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_1} \Rightarrow P(E_3)=1-P(E_1)=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>
+/2<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) <math>P(E_4)=\left (\frac{5}{6}\right )^4 </math>
+e) <math>P(E_5)=4\cdot \frac{1}{6}\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^3</math>
+f) <math>P(E_6)=1-P(''Die\ Zahl\ enthaelt\ keine\ 6'')=1- \left (\frac{5}{6}\right )^4</math>
+g) <math>P(E_7)=4\cdot \frac{1}{6}\cdot \left (\frac{1}{6}\right )^4+ \left (\frac{5}{6}\right )^4</math>
+h) <math>P(E_8)= \left (\frac{1}{6}\right )^3 \cdot \left (\frac{1}{6}\right )=\frac{1}{6} \cdot \left (\frac{1}{6}\right )^3</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 eine Tetraeder-Würfel basteln oder du hast sogar eine solchen Würfel. 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

Version vom 28. April 2021, 11:11 Uhr

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