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Übungen: Zufallsexperimente — Klassische Probleme

Dreißig Aufgaben zum Klicken, Ziehen, Rechnen und Begründen: das Ziegenproblem durchschauen, das Geburtstagsparadoxon nachrechnen.

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Übungsaufgaben

Alle Übungen sind fortlaufend nummeriert — zuerst die interaktiven Aufgaben zum Klicken, Ziehen und Knobeln, danach die Rechen- und Textaufgaben. Jede Übung gibt dir sofort Rückmeldung; wenn du feststeckst, helfen dir die gestuften Tipps. Halte dich bei den klassischen Problemen immer an dieselbe Reihenfolge: erst prüfen, ob wirklich alle Möglichkeiten gleich wahrscheinlich sind, dann klären, ob zurückgelegt wird — und bei jedem „mindestens“ zuerst an das Gegenereignis denken.

A1
Was stimmt beim Ziegenproblem?
AFB I

Welche Aussagen über das Ziegenproblem sind richtig?

Mehrere Antworten sind richtig. Markiere alle zutreffenden und klicke dann auf „Prüfen“.
Merksatz: Gleich viele Möglichkeiten heißt nicht gleich wahrscheinlich. Deine Tür wurde ausgewählt, als noch alle drei Türen zu waren — die restlichen 2/3 sammeln sich auf der anderen geschlossenen Tür.
A2
Stimmt’s? — Fünferserie
AFB I

Fünf Behauptungen rund um Ziegentüren, Geburtstage und das Zurücklegen.

Fünf Aussagen nacheinander. Eine falsche Einschätzung reicht — dann startest du die Serie mit „Neue Runde“ neu.
Aussage 1 von 5

Die beiden Stolperfallen sind das vergessene Zurücklegen und die Verwechslung von „irgendein Paar“ mit „mein Geburtstag“.
A3
Lückentext mit Wortbank
AFB I

Setze die Fachbegriffe an die richtige Stelle — ein Wort bleibt übrig.

Wort anklicken, dann Lücke anklicken (oder umgekehrt) — mit Tab und Enter geht es genauso. Ein Klick auf eine gefüllte Lücke legt das Wort zurück.

Beim Ziegenproblem legst du dich vorher auf eine fest: immer bleiben oder immer wechseln. Weil der Moderator weiß, wo das Auto steht, gibt dir die geöffnete Ziegentür eine über die beiden Türen, die du nicht gewählt hast. Beim Geburtstagsparadoxon rechnest du nicht direkt, sondern über das : „alle haben an verschiedenen Tagen Geburtstag“. Dabei gehst du Person für Person vor wie beim Ziehen , denn ein belegter Tag ist für die nächste Person weg. Wer viele Runden ausprobiert, sieht: Die rückt immer näher an die berechnete Wahrscheinlichkeit heran.

Der „Mittelwert“ bleibt übrig — Wahrscheinlichkeiten werden nie gemittelt.
A4
Drei Probleme, neun Karten
AFB I

Ordne jede Karte dem Problem zu, zu dem sie gehört.

Ziehe jede Karte in den passenden Korb — oder wähle sie mit Enter aus und drücke dann die Ziffer des Korbs (0 legt sie zurück).
1Ziegenproblem
2Geburtstagsparadoxon
3Ziehen ohne Zurücklegen
Die drei Probleme hängen zusammen: Das Geburtstagsparadoxon wird genau wie ein Ziehen ohne Zurücklegen gerechnet — jeder belegte Tag ist für die nächste Person weg.
A5
In welcher Reihenfolge gehst du vor?
AFB I

So löst du eine „mindestens“-Aufgabe wie das Geburtstagsparadoxon. Bringe die fünf Arbeitsschritte in die richtige Reihenfolge.

Ziehe die Karten in die richtige Reihenfolge — mit der Tastatur: ↑/↓ verschiebt, Shift+↑/↓ wechselt nur den Fokus.
1 Die Frage genau lesen: Wird zurückgelegt oder nicht?
2 Prüfen, ob wirklich alle Möglichkeiten gleich wahrscheinlich sind.
3 Bei „mindestens“ das Gegenereignis aufschreiben.
4 Die Faktoren Stufe für Stufe notieren und multiplizieren.
5 Das Ergebnis von 1 abziehen und mit dem Bauchgefühl vergleichen.
Der häufigste Fehler ist Schritt 1 zu überspringen. Ob zurückgelegt wird, entscheidet über jede Zahl ab der zweiten Stufe — und damit über die ganze Rechnung.
A6
Mit oder ohne Zurücklegen?
AFB I

In einer Urne liegen 4 rote und 2 blaue Kugeln, es wird zweimal gezogen. Verbinde jede Situation mit ihrer Wahrscheinlichkeit (auf drei Nachkommastellen gerundet).

Klicke links eine Situation an und dann rechts ihre Wahrscheinlichkeit — es entsteht eine Verbindungslinie. Mit der Tastatur: Enter zum Auswählen, ↑/↓ zum Wandern.
Die Rechnungen: mit Zurücklegen bleibt der Nenner 6, ohne Zurücklegen sinkt er auf 5. Also 4/6 · 4/6 = 0,444 gegenüber 4/6 · 3/5 = 0,400 — und bei den blauen Kugeln 2/6 · 2/6 = 0,111 gegenüber 2/6 · 1/5 = 0,067. Ohne Zurücklegen ist eine Wiederholung derselben Farbe immer unwahrscheinlicher.
A7
Blitzrechnung: zwei Gewinnlose
AFB I

In einer Lostrommel liegen 6 Lose, davon sind 3 Gewinne. Du ziehst zwei Lose nacheinander ohne Zurücklegen. Wie groß ist P(„beide Lose sind Gewinne“)? Gib eine Dezimalzahl an.

Rechne selbst und trage das Ergebnis ein — Enter prüft direkt.
Erste Stufe: 3 von 6 Losen gewinnen, also 0,5. Danach liegen nur noch 5 Lose in der Trommel, davon 2 Gewinne: 2/5 = 0,4. Zusammen 0,5 · 0,4 = 0,2. Wer 0,5 · 0,5 = 0,25 rechnet, hat das Zurücklegen übersehen.
A8
Kreuztabelle: wird zurückgelegt?
AFB I

Entscheide für jede Situation, nach welchem Modell gerechnet wird.

Setze in jeder Zeile das passende Kreuz — hier ist es genau eins pro Zeile. Enter setzt und löscht.
Situationmit Zurücklegenohne Zurücklegenmacht keinen Unterschied
Du ziehst zwei Karten und legst die erste zurück.
Zwei Personen werden nach ihrem Geburtstag gefragt.
Beim Geburtstagsparadoxon: alle Tage verschieden.
Du verteilst zwei verschiedene Preise an zwei Kinder.
Eine Münze wird zweimal geworfen.
Zwei Personen können problemlos denselben Geburtstag haben — ein Tag ist ja nicht „aufgebraucht“. Erst wenn du danach fragst, ob alle Tage verschieden sind, rechnest du wie ohne Zurücklegen. Beim Münzwurf sind beide Modelle gleich, weil sich der Vorrat an Seiten nie ändert.
A9
Begriffs-Memory
AFB I

Finde die sechs Paare aus Fachbegriff und Bedeutung.

Decke zwei Karten auf, die zusammengehören. Mit der Tastatur: Tab zur Karte, Enter aufdecken, Pfeiltasten zum Wandern.
Strategie und Zusatzinformation gehören zusammen: Erst weil der Moderator etwas weiß und es dir durch das Öffnen verrät, kann eine feste Strategie überhaupt besser sein als die andere.
A10
Das Paradoxon im Kleinformat
AFB II

Drei Freundinnen nennen unabhängig voneinander ihre Lieblingsjahreszeit. Es gibt vier Jahreszeiten, jede ist gleich wahrscheinlich. Gefragt ist: Wie wahrscheinlich ist es, dass mindestens zwei dieselbe Jahreszeit nennen?

Rechne die Kette Schritt für Schritt: Erst wenn ein Schritt stimmt, wird der nächste freigeschaltet. Schreibe Dezimalzahlen mit Komma. Enter prüft.
  1. Wie viele der vier Jahreszeiten sind für die erste Freundin erlaubt, wenn am Ende alle drei verschieden sein sollen? Anzahl
  2. Und wie viele bleiben danach für die zweite Freundin übrig? Anzahl
  3. Wie groß ist P(„alle drei nennen verschiedene Jahreszeiten“)? Rechne 1 · 0,75 · 0,5. P
  4. Wie groß ist damit P(„mindestens zwei nennen dieselbe“)? P
  5. Welchen Wert ergeben die beiden Wahrscheinlichkeiten zusammen? P
Schon bei drei Personen und vier Jahreszeiten liegst du bei 62,5 Prozent — die meisten schätzen deutlich niedriger. Genau dieser Effekt macht das Geburtstagsparadoxon aus, nur mit 365 Tagen statt vier Jahreszeiten.
A11
Wo irrt das Bauchgefühl?
AFB II

Neun Situationen. Ordne jede danach ein, wie die meisten Menschen sie beim ersten Hinsehen einschätzen.

Ordne jede Karte einem der drei Bereiche zu. Mit der Tastatur: Enter zum Auswählen, dann 1–3 für den Bereich, 0 zurück.
1 wird meist zu niedrig geschätzt
2 wird meist zu hoch geschätzt
3 das Bauchgefühl trifft es
Ein Muster steckt dahinter: Bei einstufigen Laplace-Experimenten liegt das Bauchgefühl richtig, weil man einfach abzählen darf. Sobald mehrere Stufen zusammenkommen oder jemand mit Wissen eingreift, schlägt es fehl — meist zu niedrig bei „mindestens“-Fragen und zu hoch bei sehr speziellen Treffern.
A12
Fehlersuche: sechs Sätze aus dem Heft
AFB II

Sechs Sätze aus einem Schulheft — drei davon sind falsch. Finde sie.

In diesem Text stecken Fehler. Klicke genau die falschen Zeilen an — die richtigen musst du stehen lassen.
Zeile 2 ist der berühmteste Irrtum der ganzen Wahrscheinlichkeitsrechnung. Zeile 4 zeigt ein häufiges Muster: Man findet eine Zahl, die zufällig passt, statt zu rechnen. Und Zeile 6 verwechselt, an welcher Stelle das Zurücklegen überhaupt wirkt.
A13
Drei Umschläge in der Pause
AFB II

Lina legt drei Umschläge auf den Tisch. In genau einem steckt ein Kinogutschein, die anderen beiden sind leer. Du zeigst auf einen Umschlag, ohne ihn zu öffnen. Lina hat vorher hineingeschaut und öffnet nun einen der beiden anderen — immer einen leeren. Dann bietet sie dir einen Tausch an.

Spiele den Ablauf Schritt für Schritt durch: Was passiert als Nächstes? Nur die richtige Karte bringt dich weiter.
    Die Umschläge sind das Ziegenproblem in neuer Verkleidung. Entscheidend ist immer dieselbe Bedingung: Lina weiß, wo der Gutschein ist, und öffnet nie deinen Umschlag und nie den mit dem Gewinn.
    A14
    Entscheidungsbaum: Welcher Rechenweg?
    AFB II

    Situation: In einer Gruppe von 12 Personen soll mindestens ein Paar am selben Wochentag Geburtstag haben. Finde heraus, wie du das am schnellsten ausrechnest.

    Beantworte die Fragen des Entscheidungsbaums mit Ja oder Nein und schau, wo du herauskommst.
      Bei 12 Personen und 7 Wochentagen wäre die direkte Rechnung eine Katastrophe. Das Gegenereignis dagegen ist ein Satz — „alle zwölf an verschiedenen Wochentagen“ — und sogar unmöglich, denn ab der achten Person ist kein freier Wochentag mehr übrig. P ist hier also glatt 1.
      A15
      Baumdiagramm ohne Zurücklegen lesen
      AFB I

      In einer Schale liegen 6 Kugeln: 3 rote und 3 blaue. Du ziehst zweimal ohne Zurücklegen (R = rot, B = blau).

      Klicke das gesuchte Element im Baumdiagramm an. Mit der Tastatur: Tab oder Pfeiltasten zum Wandern, Enter zum Auswählen.

      Start 3/6 3/6 rot blau 2/5 2/5 0,2 0,3 0,3 0,2 (R|R) (R|B) (B|R) (B|B)
      Rechne nach: 0,5 · 0,4 = 0,2 und 0,5 · 0,6 = 0,3. Die vier Pfade ergeben zusammen 0,2 + 0,3 + 0,3 + 0,2 = 1. Mit Zurücklegen stünde in der zweiten Stufe überall 3/6 — dann wäre P(beide rot) = 0,25 statt 0,2.
      A16
      Musterlösung zusammenbauen
      AFB II

      Drei Kinder werden nach ihrem Geburtsmonat gefragt; alle 12 Monate gelten als gleich wahrscheinlich. Baue die vollständige Musterlösung für E: „mindestens zwei Kinder haben im selben Monat Geburtstag“ — zwei Bausteine sind Fallen.

      Setze den Bauplan von links nach rechts zusammen. Ein Klick legt den Baustein auf den nächsten freien Platz, ein Klick im Bauplan legt ihn zurück. Enter funktioniert genauso.
      Die beiden Fallen sind typisch: einfach „Anzahl durch Anzahl“ rechnen, obwohl gar kein einstufiges Laplace-Experiment vorliegt — und vergessen, dass beim Gegenereignis jeder belegte Monat für das nächste Kind wegfällt. So sieht die volle Punktzahl aus: gegeben, Gegenereignis, Faktoren, Produkt, Antwort.
      A17
      Schätz-Regler: dreimal wechseln
      AFB II

      Du spielst das Ziegenproblem dreimal hintereinander und wechselst jedes Mal. Schätze zuerst, wie wahrscheinlich es ist, dass du dabei mindestens einmal das Auto gewinnst — und rechne danach nach.

      Schiebe den Regler auf deine Schätzung — Pfeiltasten bewegen ihn feiner. Nach dem Prüfen siehst du den Trefferbereich.
      0 %100 %
      Über das Gegenereignis: Mit der Wechselstrategie verlierst du eine einzelne Runde mit 1/3. Dreimal hintereinander leer auszugehen hat also die Wahrscheinlichkeit (1/3)3 = 1/27 ≈ 0,037. Damit ist P(mindestens einmal Auto) = 1 − 0,037 ≈ 0,963, rund 96 %.
      A18
      Was passiert mit dem Geburtstagsparadoxon?
      AFB III

      Ausgangspunkt ist immer derselbe Fall: 23 Personen, 365 Tage, Ereignis E: „mindestens zwei am selben Tag“, also P(E) ≈ 0,507. Schätze für jede Zeile ein, wie sich P(E) ändert — ohne lange zu rechnen.

      Wähle für jede Zeile eine Stufe: 1 = viel kleiner, 2 = etwas kleiner, 3 = bleibt gleich, 4 = etwas größer, 5 = viel größer. „Viel“ heißt: Der Wert ändert sich um mehr als 0,2. Mit der Tastatur: Tab zur Zeile, ←/→ zwischen den Stufen, Enter setzt.
      1 = viel kleiner5 = viel größer
      Statt nach dem Tag wird nach dem Geburtsmonat gefragt (12 Möglichkeiten).
      Die Gruppe wächst von 23 auf 25 Personen.
      Das Jahr wird als Schaltjahr mit 366 Tagen gerechnet.
      Die Gruppe schrumpft von 23 auf 20 Personen.
      Gefragt wird, ob jemand genau an deinem Geburtstag Geburtstag hat.
      Die Werte der Reihe nach: Bei 12 Monaten und 23 Personen ist ein gleicher Monat praktisch sicher, P ≈ 1 (viel größer). 25 Personen liefern 0,569 (etwas größer). Ein Tag mehr im Jahr ändert praktisch nichts, weiterhin rund 0,506 (bleibt gleich). 20 Personen ergeben 0,411 (etwas kleiner). Und die Frage nach deinem Tag führt auf nur rund 0,061 (viel kleiner) — das ist genau die Verwechslung, die das Paradoxon so überraschend macht.
      A19
      Rückwärts: wie viele rote Kugeln?
      AFB III

      In einer Urne liegen 10 Kugeln, einige davon rot. Es wird zweimal ohne Zurücklegen gezogen. Bekannt ist nur: P(„beide Kugeln rot“) = 0,0667. Arbeite dich Schritt für Schritt zurück.

      Löse die Schritte der Reihe nach. Erst wenn ein Schritt stimmt, wird der nächste freigeschaltet. Schreibe Dezimalzahlen mit Komma.
      1. Wie viele Kugeln liegen beim zweiten Zug noch in der Urne? Anzahl
      2. Die Rechnung hat die Form k/10 · (k−1)/9. Welchen Nenner ergibt 10 · 9? Nenner
      3. Multipliziere 0,0667 mit 90 und runde auf eine ganze Zahl: Wie groß ist der Zähler k · (k−1)? Zähler
      4. Welche Zahl k erfüllt k · (k−1) = 6? k
      5. Wie groß ist damit P(„erste Kugel rot“) als Dezimalzahl? P
      6. Und wie groß ist P(„mindestens eine rote Kugel“)? Rechne 1 − 7/10 · 6/9 und runde auf drei Nachkommastellen. P
      Probe: Mit 3 roten und 7 blauen Kugeln ist P(beide rot) = 3/10 · 2/9 = 6/90 ≈ 0,0667 — genau der gegebene Wert. Rückwärtsaufgaben funktionieren immer so: Du schreibst die Formel hin, setzt das Bekannte ein und löst Schritt für Schritt nach dem Unbekannten auf.
      A20
      Pfade zum Ereignis bündeln
      AFB III

      Ein Glücksrad zeigt mit der Wahrscheinlichkeit 0,2 einen Gewinn (G), sonst eine Niete (N). Es wird zweimal gedreht; jedes Mal gelten dieselben Zahlen. Die vier Pfadwahrscheinlichkeiten stehen hier in Hundertsteln. Wähle die Pfade so aus, dass genau 36 Hundertstel, also P = 0,36 zusammenkommen.

      Klicke die Kärtchen an, die du dazunehmen willst. Tastatur: ←/→ wandern, Enter schaltet um. Die Summe rechnet sich live mit.
      0 Hundertstel
      Ziel: 36 Hundertstel
      4 + 16 + 16 = 36 — und das ist die einzige Möglichkeit. Die drei gewählten Pfade sind genau die günstigen Pfade für „mindestens ein Gewinn“. Viel schneller geht es über das Gegenereignis: 100 − 64 = 36. Alle vier Kärtchen zusammen ergeben 100 Hundertstel — die Pfadsumme 1.
      A21
      Die beiden Strategien im Ziegenproblem
      AFB I

      Beim Ziegenproblem stehen drei Türen bereit: hinter einer das Auto, hinter den beiden anderen je eine Ziege. Du wählst eine Tür, der Moderator öffnet danach eine Ziegentür. Gib die Wahrscheinlichkeiten als Dezimalzahl an und runde auf drei Nachkommastellen.

      Ansatz: Spiele im Kopf alle drei Fälle durch: Das Auto steht hinter Tür 1, hinter Tür 2 oder hinter Tür 3. Nimm an, du hast Tür 1 gewählt.Warum hilft das? Die drei Fälle sind gleich wahrscheinlich, jeder hat 1/3. Du musst also nur noch abzählen, in wie vielen Fällen die jeweilige Strategie gewinnt.
      Rechenweg: Bleiben gewinnt nur im Fall „Auto hinter Tür 1“, also in 1 von 3 Fällen. Wechseln gewinnt in den beiden anderen Fällen, also 1/3 + 1/3. Für d) rechnest du 30 · 2/3.
      Lösung: a) 1/3 ≈ 0,333. b) 2/3 ≈ 0,667. c) 0,333 + 0,667 = 1 — genau eine der beiden Strategien gewinnt in jedem Durchgang. d) 30 · 2/3 = 20 Gewinne. Das ist ein Erwartungswert, keine Garantie: Zufall schwankt.
      A22
      Dieselbe Urne, zwei Modelle
      AFB I

      In einer Urne liegen 4 rote und 6 blaue Kugeln, insgesamt also 10. Es wird zweimal gezogen. Runde, falls nötig, auf drei Nachkommastellen.

      Ansatz: Zeichne beide Bäume nebeneinander. Die erste Stufe ist in beiden Fällen gleich — Unterschiede gibt es erst ab der zweiten Stufe.Warum hilft das? So siehst du sofort, dass das Zurücklegen nur die Zahlen der zweiten Stufe betrifft, und vergisst den Unterschied nicht mehr.
      Rechenweg: b) 0,4 · 0,4. c) Nach einer roten Kugel liegen noch 9 Kugeln in der Urne, davon 3 rote: 0,4 · 3/9. d) Gegenereignis ist „beide blau“: 6/10 · 5/9 = 30/90 = 1/3.
      Lösung: a) 0,4. b) 0,16. c) 4/10 · 3/9 = 12/90 ≈ 0,133. d) 1 − 1/3 ≈ 0,667. Beachte: Ohne Zurücklegen ist „zweimal dieselbe Farbe“ immer unwahrscheinlicher als mit Zurücklegen.
      A23
      Glückszahlen statt Geburtstage
      AFB II

      Vier Kinder nennen unabhängig voneinander je eine Glückszahl von 1 bis 10; alle zehn Zahlen sind gleich wahrscheinlich. Das ist das Geburtstagsparadoxon im Kleinformat. Runde auf drei Nachkommastellen.

      Ansatz: Rechne über das Gegenereignis „alle Zahlen verschieden“ und gehe Kind für Kind vor — genau wie beim Ziehen ohne Zurücklegen.Warum hilft das? „Mindestens zwei gleich“ besteht aus sehr vielen Fällen (genau zwei gleich, drei gleich, zwei Paare …). Das Gegenereignis ist dagegen ein einziger Fall.
      Rechenweg: Das erste Kind darf jede Zahl nennen: 10/10 = 1. Das zweite muss eine der 9 freien Zahlen treffen: 0,9. Das dritte: 0,8. Das vierte: 0,7. Multipliziere die Faktoren und ziehe das Ergebnis von 1 ab. Für d) hängst du den Faktor 0,6 an.
      Lösung: a) 0,9. b) 1 · 0,9 · 0,8 · 0,7 = 0,504. c) 1 − 0,504 = 0,496. d) 0,504 · 0,6 = 0,3024, also 1 − 0,3024 ≈ 0,698. Schon bei fünf Kindern ist eine Doppelung deutlich wahrscheinlicher als keine.
      A24
      Ziegenproblem mit zehn Türen
      AFB II

      Dieselbe Show, aber mit zehn Türen: hinter einer das Auto, hinter den neun anderen je eine Ziege. Du wählst eine Tür. Danach öffnet der Moderator alle Türen mit Ziegen bis auf eine — deine Tür rührt er nicht an. Am Ende sind genau zwei Türen zu.

      Ansatz: Überlege wie bei drei Türen: Wie wahrscheinlich war es, dass du gleich beim ersten Mal richtig getippt hast?Warum hilft das? Deine Tür wurde ausgewählt, als noch alle zehn Türen zu waren. An dieser Zahl ändert das Öffnen nichts — der Moderator fasst deine Tür nie an.
      Rechenweg: a) Von den 9 übrigen Türen bleibt eine zu. b) 1 von 10. c) Alles, was nicht auf deiner Tür liegt, sammelt sich auf der einen anderen geschlossenen Tür: 1 − 0,1. d) 50 · 0,9.
      Lösung: a) 8 Türen. b) 0,1. c) 0,9. d) 45 Autos. Mit zehn Türen wird der Effekt richtig deutlich: In 9 von 10 Fällen hast du zu Beginn danebengegriffen — und genau dann gewinnt das Wechseln.
      A25
      Dreimal ziehen aus sechs Kugeln
      AFB II

      In einer Schale liegen 6 Kugeln: 3 rote und 3 blaue. Es wird dreimal ohne Zurücklegen gezogen. Runde auf drei Nachkommastellen.

      Ansatz: Schreibe die drei Stufen als Brüche untereinander und streiche nach jedem Zug eine Kugel weg — sowohl im Zähler als auch im Nenner.Warum hilft das? So vergisst du nicht, dass beide Zahlen kleiner werden. Der häufigste Fehler ist, nur den Nenner anzupassen.
      Rechenweg: a) 3/6 · 2/5 · 1/4. b) genauso mit den blauen Kugeln. c) Gegenereignis zu b). d) Mit Zurücklegen bleibt jede Stufe bei 0,5: 0,5 · 0,5 · 0,5.
      Lösung: a) 6/120 = 0,05. b) ebenfalls 0,05, denn es liegen gleich viele rote wie blaue Kugeln in der Schale. c) 1 − 0,05 = 0,95. d) 0,125. Der Vergleich von a) und d) zeigt genau, was das Zurücklegen ausmacht: 0,05 gegenüber 0,125, also mehr als das Doppelte.
      A26
      Mischaufgabe: zwei Lose ohne Zurücklegen
      AFB II

      Beim Schulfest liegen 8 Lose in der Trommel, 3 davon sind Gewinne. Zwei Freundinnen ziehen nacheinander je ein Los, es wird nicht zurückgelegt. Hier trifft dein Wissen aus 3.1 (Baumdiagramm aufbauen) auf 3.2 (entlang eines Pfades multiplizieren) und 3.3 (günstige Pfade addieren). Runde auf drei Nachkommastellen.

      Ansatz: Erst die Struktur (3.1.1): zwei Stufen mit je zwei Ästen, also vier Pfade. Dann die Zahlen: Vor dem zweiten Zug liegen nur noch 7 Lose in der Trommel.Warum hilft das? Die drei Regeln greifen ineinander: Das Baumdiagramm liefert die Struktur, die Pfadmultiplikation die einzelnen Pfadwerte, und erst zum Schluss addierst du die günstigen Pfade.
      Rechenweg: 1. Stufe: Gewinn 3/8 = 0,375, Niete 5/8 = 0,625. Nach einem Gewinn bleiben 2 Gewinne unter 7 Losen: 2/7 ≈ 0,286. Nach einer Niete bleiben 3 Gewinne unter 7 Losen: 3/7. Die Pfade: GG = 6/56; GN = 15/56; NG = 15/56; NN = 20/56.
      Lösung: a) 2 · 2 = 4 Pfade. b) 2/7 ≈ 0,286. c) 15/56 + 15/56 = 30/56 ≈ 0,536. d) 1 − 20/56 = 36/56 ≈ 0,643. Probe: 6/56 + 30/56 + 20/56 = 56/56 = 1.
      A27
      Rückwärts: wie viele grüne Kugeln?
      AFB II

      In einer Urne liegen 12 Kugeln, einige davon grün, der Rest weiß. Es wird zweimal mit Zurücklegen gezogen. Bekannt ist nur: P(„beide Kugeln grün“) = 0,25. Arbeite dich zurück und runde auf drei Nachkommastellen.

      Ansatz: Mit Zurücklegen ist beide Stufen dieselbe Zahl im Spiel. Es gilt also p · p = 0,25.Warum hilft das? Aus einer bekannten Pfadwahrscheinlichkeit kommst du so an die unbekannte Einzelwahrscheinlichkeit — und daraus an die Anzahl der Kugeln.
      Rechenweg: a) Welche Zahl mal sich selbst ergibt 0,25? b) 0,5 von 12 Kugeln. c) Gegenereignis: beide weiß, also 0,5 · 0,5. d) Ohne Zurücklegen: 6/12 · 5/11.
      Lösung: a) 0,5. b) 6 grüne Kugeln. c) 1 − 0,25 = 0,75. d) 30/132 ≈ 0,227. Auch hier gilt wieder: ohne Zurücklegen ist die Wiederholung derselben Farbe unwahrscheinlicher.
      A28
      Trickaufgabe: der ahnungslose Moderator
      AFB III

      Jetzt kommt der Haken. Ein Vertretungsmoderator weiß nicht, wo das Auto steht. Er öffnet nach deiner Wahl einfach zufällig eine der beiden anderen Türen. Diesmal steht dahinter zufällig eine Ziege. Rechne die drei möglichen Fälle einzeln aus und runde auf drei Nachkommastellen.

      Ansatz: Zeichne ein zweistufiges Baumdiagramm. Erste Stufe: deine Tür (Auto mit 1/3, Ziege mit 2/3). Zweite Stufe: Was öffnet der ahnungslose Moderator?Warum hilft das? Der Unterschied zum echten Ziegenproblem steckt genau in der zweiten Stufe: Der wissende Moderator zeigt immer eine Ziege, der ahnungslose nur manchmal.
      Rechenweg: b) Hast du das Auto (1/3), sind beide anderen Türen Ziegentüren — er zeigt sicher eine Ziege: 1/3 · 1. c) Hast du eine Ziege (2/3), stehen hinter den anderen Türen Auto und Ziege — er trifft die Ziege mit 1/2: 2/3 · 1/2. d) Vergleiche die Werte aus b) und c) miteinander.
      Lösung: a) 2/3 · 1/2 = 1/3 ≈ 0,333. b) 1/3 ≈ 0,333. c) 1/3 ≈ 0,333. d) Beide Fälle sind gleich groß, also gewinnt Wechseln nur die Hälfte dieser Spiele: 0,5. Ohne das Wissen des Moderators ist es also tatsächlich fifty-fifty.
      Warum macht das Wissen des Moderators einen so großen Unterschied?
      Weil nur ein wissender Moderator dir eine echte Zusatzinformation gibt. Er öffnet garantiert eine Ziegentür — und zwar aus den beiden Türen, die du nicht gewählt hast. Damit verschiebt er die gesamte Wahrscheinlichkeit von 2/3 auf die eine Tür, die er zulässt. Der ahnungslose Moderator dagegen hätte in einem Drittel aller Spiele das Auto geöffnet; diese Spiele fallen einfach weg. Von den übrigen Spielen sind genau die Hälfte solche, in denen du zuerst richtig lagst — deshalb ist es dort wirklich 50 zu 50. Merke dir: Nicht die Anzahl der offenen Türen entscheidet, sondern wie die geöffnete Tür ausgewählt wurde.
      A29
      Warum das Paradoxon so überrascht
      AFB III

      Der Schlüssel zum Geburtstagsparadoxon sind die Paare. In einer Gruppe von n Personen gibt es n · (n − 1) : 2 verschiedene Paare, und jedes einzelne Paar kann den gleichen Geburtstag haben. Rechne mit 365 Tagen und runde auf drei Nachkommastellen.

      Ansatz: Setze bei a) und b) einfach in die Formel ein. Bei c) gehst du wieder Person für Person vor: Die erste darf jeden Tag haben, die zweite muss einen der 364 freien treffen, die dritte einen der 363.Warum hilft das? Der Vergleich von b) mit 30 Personen zeigt: Die Zahl der Paare wächst viel schneller als die Zahl der Personen. Genau daran liegt der überraschend schnelle Anstieg.
      Rechenweg: a) 10 · 9 : 2. b) 30 · 29 : 2. c) 365/365 · 364/365 · 363/365. d) 1 minus dein Ergebnis aus c).
      Lösung: a) 45 Paare. b) 435 Paare — dreimal so viele Personen, aber fast zehnmal so viele Paare. c) 1 · 0,99726 · 0,99452 ≈ 0,992. d) 1 − 0,992 = 0,008. Bei drei Personen ist eine Doppelung also noch sehr selten; erst die vielen Paare größerer Gruppen treiben den Wert nach oben.
      Warum reichen 23 Personen, obwohl das Jahr 365 Tage hat?
      Weil nicht 23 mit 365 verglichen wird, sondern die Zahl der Paare mit der Zahl der Tage. Bei 23 Personen gibt es 23 · 22 : 2 = 253 Paare, und jedes dieser Paare hat seine eigene kleine Chance auf einen gemeinsamen Tag. 253 Paare gegen 365 Tage — da ist es kein Wunder mehr, dass es in etwa der Hälfte aller Klassen klappt. Ganz anders sieht es aus, wenn du nach deinem Geburtstag fragst: Dann gibt es nur 22 Paare mit dir, und die Wahrscheinlichkeit sinkt auf rund 6 %. Dieselbe Gruppe, zwei völlig verschiedene Fragen.
      A30
      Begründung: gleich viele, aber nicht gleich wahrscheinlich
      AFB III

      Begründe in eigenen Worten (4–6 Sätze): Warum darf man beim Ziegenproblem am Ende nicht einfach „zwei Türen, also je 1/2“ rechnen? Benutze dabei die Wörter „Laplace-Experiment“, „Zusatzinformation“ und „Strategie“. Schreibe deine Antwort zuerst ins Heft und klappe danach die Beispiellösung auf.

      Beispiellösung anzeigen
      „Durch Abzählen der Möglichkeiten darf man nur bei einem Laplace-Experiment rechnen, also wenn wirklich alle Möglichkeiten gleich wahrscheinlich sind. Am Anfang war das so: drei Türen mit je 1/3. Dann greift aber der Moderator ein: Er weiß, wo das Auto steht, und öffnet gezielt eine Ziegentür. Diese Zusatzinformation betrifft nur die beiden Türen, die ich nicht gewählt habe — meine eigene Tür behält ihre 1/3. Deshalb sammeln sich die restlichen 2/3 auf der einen anderen geschlossenen Tür, und die beiden Türen sind eben nicht gleich wahrscheinlich. Wer sich vorher für die Strategie ‚immer wechseln‘ entscheidet, gewinnt deshalb doppelt so oft.“
      Woran erkennst du in einer Aufgabe, dass du nicht einfach abzählen darfst?
      An drei Warnzeichen. Erstens: Jemand greift mit Wissen ein — ein Moderator, der die Lösung kennt, ein Spielleiter, der sich etwas aussucht. Zweitens: Die Bedingungen ändern sich zwischen zwei Stufen, etwa weil nicht zurückgelegt wird und der Vorrat schrumpft. Drittens: Es wird nach „mindestens“ gefragt — dann gehören zu einem Ereignis viele Pfade mit ganz unterschiedlichen Wahrscheinlichkeiten, die man nicht einfach zählen kann. In allen drei Fällen hilft dasselbe Werkzeug: ein sauber beschriftetes Baumdiagramm, entlang der Pfade multiplizieren, zwischen den Pfaden addieren — und bei „mindestens“ das Gegenereignis benutzen.