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Übungen: Zufallsexperimente — AFB III

Transfer und Reflexion — AFB III. Zehn Aufgaben quer durch die Kapitel 3.1 und 3.2: modellieren, rückwärts rechnen.

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Aufgabenblock — AFB III

Hier geht es nicht mehr ums bloße Anwenden — du sollst modellieren, begründen, rückwärts arbeiten und Argumente prüfen. Manche Aufgaben haben keine fertige Zahl als Lösung, sondern verlangen einen Begründungssatz. Bei diesen Aufgaben gilt: erst selbst denken, dann die Musterlösung öffnen — das Aufklappen zählt als erledigt.

A1
Musterlösung zusammenbauen: eine volle Punktzahl
AFB III

Aufgabe: Ein Sensor meldet einen Defekt mit der Wahrscheinlichkeit 0,2. Drei Sensoren arbeiten unabhängig voneinander. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens einer Alarm gibt? Setze die Musterlösung von links nach rechts zusammen — zwei Bausteine gehören nicht dazu.

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 Klassiker: 3 · 0,2 = 0,6 addiert Wahrscheinlichkeiten, die zu Stufen und nicht zu Pfaden gehören — bei sechs Sensoren käme damit 1,2 heraus. Und 0,512 ist die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses, nicht die gesuchte. Eine volle Punktzahl braucht alle fünf Schritte: gegeben, Gegenereignis, einsetzen, zurückrechnen, Antwortsatz.
A2
Entscheidungsbaum: welcher Rechenweg passt?
AFB III

Vor jeder Aufgabe steht dieselbe Frage: multiplizieren, addieren oder über das Gegenereignis? Arbeite dich durch den Entscheidungsbaum — Ziel ist der Weg zum Gegenereignis.

Beantworte die Fragen des Entscheidungsbaums mit Ja oder Nein und schau, wo du herauskommst.
    Nicht das Wort „mindestens“ allein entscheidet, sondern die Pfadzahl: Der Umweg über das Gegenereignis lohnt sich nur, wenn die Gegenseite deutlich weniger Pfade hat. Bei „höchstens einmal“ kann das schon wieder anders aussehen.
    A3
    Was passiert, wenn ...? Wahrscheinlichkeiten skalieren
    AFB III

    Ausgangslage: Ein Versuch mit der Trefferwahrscheinlichkeit p wird zweimal durchgeführt; betrachtet wird P(zweimal Treffer) = p · p. Entscheide für jede Änderung, wie sich der genannte Wert verändert.

    Wähle für jede Zeile eine Stufe: 1 = halb so groß, 2 = gleich groß, 3 = doppelt so groß, 4 = dreimal so groß, 5 = viermal so groß. Mit der Tastatur: Tab zur Zeile, ←/→ zwischen den Stufen, Enter setzt.
    1 = halb so groß5 = viermal so groß
    Die Trefferwahrscheinlichkeit wird von 0,2 auf 0,4 verdoppelt. Wie verändert sich P(zweimal Treffer)?
    Die beiden Stufen des Baumdiagramms werden in ihrer Reihenfolge vertauscht.
    Bei p = 0,5 kommt eine dritte Stufe dazu: Wie verändert sich P(lauter Treffer)?
    Die Zahlen bleiben, aber zum Ereignis gehören jetzt zwei gleich wahrscheinliche Pfade statt einem.
    Statt eines Ereignisses mit P = 0,25 wird sein Gegenereignis betrachtet.
    Merke dir die Faustregel: Wird p verdoppelt, vervierfacht sich p · p — der Faktor wirkt zweimal. Eine zusätzliche Stufe mit 0,5 halbiert dagegen. Und 1 − 0,25 = 0,75 ist genau das Dreifache von 0,25.
    A4
    Pfade bündeln: mindestens zweimal Kopf
    AFB III

    Eine faire Münze wird sechsmal geworfen; der Baum hat 64 gleich wahrscheinliche Pfade. Zum Ereignis „mindestens zweimal Kopf“ gehören 57 davon. Stelle diese 57 aus den vorgegebenen Bündeln zusammen.

    Klicke die Kärtchen an, die du dazunehmen willst. Tastatur: ←/→ wandern, Enter schaltet um. Die Summe rechnet sich live mit.
    0 Pfade
    Ziel: 57 Pfade
    32 + 16 + 8 + 1 = 57 — und mehr als eine Lösung gibt es nicht, weil jedes Kärtchen größer ist als alle kleineren zusammen. Woher die 57 kommen, siehst du über das Gegenereignis: 64 Pfade insgesamt, davon 1 Pfad ohne jeden Kopf und 6 Pfade mit genau einem Kopf. 64 − 1 − 6 = 57, also P ≈ 0,891.
    A5
    Argumente bewerten: „Die Münze muss jetzt Zahl zeigen“
    AFB III

    Beim Klassenfest hat eine faire Münze sechsmal hintereinander Kopf gezeigt. Ole sagt: „Beim nächsten Wurf kommt ziemlich sicher Zahl — das muss sich ja ausgleichen.“ Markiere alle Argumente, die diese Behauptung fachlich korrekt widerlegen.

    Mehrere Antworten sind richtig. Markiere alle zutreffenden und klicke dann auf „Prüfen“.
    Auch die beiden Gegenargumente ganz unten sind falsch, obwohl sie zum richtigen Schluss kommen: Die Wahrscheinlichkeit sinkt nicht, sie bleibt bei 0,5 — und 1 : 128 ist klein, aber keineswegs unmöglich. Der Ausgleich auf lange Sicht entsteht dadurch, dass eine sechser Serie im Verhältnis zu vielen tausend Würfen kaum ins Gewicht fällt, nicht dadurch, dass die Münze etwas nachholt.
    A6
    Umkehraufgabe: die unbekannte Trefferquote
    AFB III

    Ein Zufallsgenerator liefert bei jedem Aufruf mit der unbekannten Wahrscheinlichkeit p einen Treffer. Bei zwei Aufrufen beträgt die Wahrscheinlichkeit für mindestens einen Treffer genau 0,75. Arbeite rückwärts.

    Ansatz: Dreh den bekannten Weg um: Statt von p zur Wahrscheinlichkeit zu rechnen, gehst du von der Wahrscheinlichkeit zurück zu p.Warum hilft das? Jede Rechenkette lässt sich rückwärts durchlaufen, wenn du jeden Schritt durch seine Umkehrung ersetzt: aus „1 minus“ wird wieder „1 minus“, aus „mal sich selbst“ wird die Wurzel.
    Rechenweg: a) 1 − 0,75. b) Gesucht ist die Zahl, die mit sich selbst multipliziert 0,25 ergibt. c) p ist das Gegenstück dazu: 1 − 0,5. d) 1 − 0,5 · 0,5 · 0,5.
    Lösung: a) 0,25   b) 0,5, denn 0,5 · 0,5 = 0,25   c) p = 0,5   d) 1 − 0,125 = 0,875. Der Generator ist also schlicht eine faire Münze.
    Warum gibt es hier nur eine einzige Lösung für p?
    Weil aus b) rechnerisch zwar 0,5 und −0,5 als Kandidaten hervorgehen, negative Wahrscheinlichkeiten aber nicht existieren. Wahrscheinlichkeiten liegen immer zwischen 0 und 1, und in diesem Bereich wächst p · p gleichmäßig mit p. Zu jedem Zielwert gehört deshalb genau ein passendes p. Diese Überlegung ist typisch für Umkehraufgaben: Erst rechnen, dann prüfen, welche der rechnerischen Lösungen inhaltlich überhaupt möglich ist.
    A7
    Modellieren: Wie oft musst du würfeln?
    AFB III

    Ein Brettspiel beginnt erst, wenn du eine Sechs würfelst. Du möchtest wissen, nach wie vielen Würfen die Wahrscheinlichkeit, mindestens eine Sechs geworfen zu haben, erstmals über 90 % liegt. Baue dir dazu selbst ein Modell und probiere systematisch. Runde auf drei Nachkommastellen.

    Würfe
    Ansatz: Modelliere den Versuch als Baum, bei dem jede Stufe die zwei Äste „Sechs“ (1 : 6) und „keine Sechs“ (5 : 6) hat.Warum hilft das? Ein Baum mit 13 Stufen lässt sich nicht zeichnen — genau deshalb brauchst du die Rechnung. Das Gegenereignis besteht immer nur aus einem einzigen Pfad, egal wie viele Stufen dazukommen.
    Rechenweg: Es gilt P(mindestens eine Sechs bei n Würfen) = 1 − (5 : 6)n. Rechne (5 : 6)5, dann (5 : 6)10 und taste dich mit dem Taschenrechner weiter, bis der Wert erstmals über 0,9 liegt.
    Lösung: a) 5 : 6 ≈ 0,833   b) 1 − 0,402 = 0,598   c) 1 − 0,162 = 0,838   d) bei 12 Würfen sind es 0,888, bei 13 Würfen 0,907 — also 13 Würfe.
    Warum wird die Wahrscheinlichkeit nie genau 1?
    Weil (5 : 6)n zwar immer kleiner wird, aber niemals null erreicht. Es bleibt bei jeder noch so großen Wurfzahl genau ein Pfad übrig, auf dem nie eine Sechs fällt — er wird nur immer unwahrscheinlicher. Nach 50 Würfen liegt seine Wahrscheinlichkeit noch bei etwa 0,0001. Solange dieser Pfad existiert, ist das Ereignis „mindestens eine Sechs“ sehr wahrscheinlich, aber eben nicht sicher. Genau daran erkennst du, dass P = 1 in solchen Modellen nur ein Grenzwert ist, den man beliebig nahe erreicht.
    A8
    Klassisches Problem: die drei Umschläge
    AFB III

    In einer Spielshow liegen drei Umschläge auf dem Tisch. In genau einem steckt ein Gutschein, die anderen beiden sind leer. Du wählst einen Umschlag, ohne ihn zu öffnen. Die Moderatorin, die weiß, wo der Gutschein liegt, öffnet danach einen der beiden übrigen Umschläge — und zwar immer einen leeren. Nun darfst du bei deinem Umschlag bleiben oder zum letzten verbliebenen wechseln.

    Ansatz: Halte fest, was sich beim Öffnen wirklich ändert: Deine erste Wahl wurde getroffen, als noch alle drei Umschläge geschlossen waren.Warum hilft das? Die Moderatorin würfelt nicht — sie öffnet mit Absicht einen leeren Umschlag. Deshalb liefert ihr Zug keine neue Information über deinen Umschlag, wohl aber über den letzten verbliebenen.
    Rechenweg: a) 1 von 3. b) Gegenereignis dazu. c) Genau in den Fällen aus b) gewinnst du durch Wechseln, denn die gesamte Wahrscheinlichkeit der beiden anderen Umschläge sammelt sich auf dem einen, der noch zu ist. d) Das ist der Wert aus a).
    Lösung: a) 1 : 3 ≈ 0,333   b) 2 : 3 ≈ 0,667   c) 2 : 3 ≈ 0,667   d) 1 : 3 ≈ 0,333. Wechseln verdoppelt deine Gewinnchance.
    Bewerte diese Argumentation: „Am Ende sind noch zwei Umschläge zu, also ist die Chance 50 : 50.“
    Die Argumentation ist falsch, obwohl sie zunächst einleuchtet. Zwei übrige Möglichkeiten heißt nicht automatisch, dass beide gleich wahrscheinlich sind — das gälte nur bei einem Laplace-Experiment. Hier sind die beiden Umschläge aber nicht gleichberechtigt: Deiner wurde blind aus drei gewählt und behält seine 1 : 3, während der andere übrig geblieben ist, nachdem die Moderatorin gezielt einen leeren entfernt hat. Die 2 : 3 der beiden nicht gewählten Umschläge liegen nun vollständig auf diesem einen. Wer das nicht glaubt, spiele es zu zweit zwanzigmal durch: Wechseln gewinnt deutlich häufiger.
    Was ändert sich, wenn die Moderatorin selbst nicht weiß, wo der Gutschein liegt?
    Dann ist es tatsächlich 50 : 50 — jedenfalls in den Fällen, in denen sie zufällig einen leeren Umschlag erwischt. Denn nun kann sie auch den Gutschein aufdecken und das Spiel damit beenden. Dieser zusätzliche Ast im Baumdiagramm verändert alles: Ihre Auswahl ist jetzt ein echtes Zufallsexperiment und liefert deshalb Information über beide Umschläge gleichermaßen. Das zeigt, wie stark das Ergebnis davon abhängt, wie genau man den Versuchsablauf modelliert.
    A9
    Trickaufgabe: Jannis rechnet den Fehler schön
    AFB III

    Jannis soll berechnen, wie wahrscheinlich es ist, dass bei zwei Ziehungen aus einer Urne mit 3 roten und 7 weißen Kugeln ohne Zurücklegen mindestens eine rote Kugel dabei ist. Er schreibt: „P(rot) = 0,3, also ist P(mindestens eine rote) = 0,3 + 0,3 = 0,6.“ Rechne richtig nach. Runde auf drei Nachkommastellen.

    Ansatz: Suche zuerst die beiden Fehler in Jannis Rechnung: Er addiert Stufenwahrscheinlichkeiten — und er übersieht, dass ohne Zurücklegen gezogen wird.Warum hilft das? Fehler zu benennen ist die halbe Korrektur. Sobald klar ist, dass hier zwei Stufen mit unterschiedlichen Zahlen vorliegen, ergibt sich der richtige Weg fast von selbst.
    Rechenweg: a) 7 : 10. b) Nach einer weißen Kugel sind noch 6 weiße von 9 übrig. c) 7 : 10 · 6 : 9. d) 1 minus dem Ergebnis aus c).
    Lösung: a) 0,7   b) 6 : 9 ≈ 0,667   c) 42 : 90 ≈ 0,467   d) 1 − 0,467 = 0,533. Jannis Wert 0,6 ist also zu hoch.
    Warum fällt Jannis Fehler bei anderen Zahlen viel stärker auf?
    Weil sein Verfahren die Wahrscheinlichkeit einfach aufaddiert und dadurch beliebig groß werden kann. Zieht man aus derselben Urne vier Kugeln, käme nach seiner Methode 4 · 0,3 = 1,2 heraus — ein Wert, den es nicht geben darf. Bei zwei Ziehungen liegt sein Ergebnis dagegen mit 0,6 statt 0,533 noch in einem Bereich, in dem der Fehler nicht sofort auffällt. Genau deshalb lohnt sich die Kontrollfrage: Kann mein Ergebnis überhaupt zwischen 0 und 1 liegen, und wird es bei mehr Versuchen sinnvoll größer, ohne 1 zu überschreiten?
    A10
    Begründung: mal entlang, plus quer — warum eigentlich?
    AFB III

    Begründe in eigenen Worten (5–7 Sätze): Warum multipliziert man entlang eines Pfades, addiert aber zwischen mehreren Pfaden? Verwende dabei die Wörter „Stufe“, „Pfad“, „Anteil“ und „Ereignis“. Schreibe deine Antwort zuerst ins Heft und klappe erst danach die Beispiellösung auf — das Aufklappen zählt als erledigt.

    Beispiellösung anzeigen
    „Jede Stufe eines Baumdiagramms teilt das, was bis dahin übrig ist, noch einmal auf. Wenn 60 % aller Fälle den ersten Ast nehmen und davon wiederum die Hälfte den zweiten, dann bleibt die Hälfte von 60 % übrig, also 30 %. Der zweite Ast wirkt also als Anteil vom Anteil — und Anteil vom Anteil bedeutet multiplizieren. Ein Pfad beschreibt genau eine solche Kette von Bedingungen, die alle gleichzeitig erfüllt sein müssen. Zwischen mehreren Pfaden ist die Lage anders: Sie schließen sich gegenseitig aus, weil man immer nur einen Weg durch den Baum nimmt. Gehören mehrere davon zum selben Ereignis, legt man ihre Anteile nebeneinander — und Nebeneinanderlegen bedeutet addieren.“
    Zusatzfrage: Warum darf man die Pfade eines Ereignisses ohne Weiteres addieren, zwei beliebige Ereignisse aber nicht?
    Weil verschiedene Pfade eines Baums sich niemals überschneiden: Ein Durchgang endet an genau einem Pfadende, nie an zweien gleichzeitig. Deshalb zählt man beim Addieren nichts doppelt. Zwei beliebige Ereignisse können dagegen gemeinsame Ergebnisse haben. „Gerade Augenzahl“ und „größer als 3“ enthalten beide die 4 und die 6 — addiert man ihre Wahrscheinlichkeiten einfach, zählt man diese beiden Ergebnisse zweimal und erhält einen zu großen Wert. Die zweite Pfadregel funktioniert also nur deshalb so bequem, weil das Baumdiagramm die Möglichkeiten von vornherein überschneidungsfrei aufteilt.
    Und woran erkennst du in einer Klassenarbeit schnell, ob dein Ergebnis plausibel ist?
    An drei Kontrollen. Erstens: Jede Wahrscheinlichkeit muss zwischen 0 und 1 liegen — kommt 1,2 heraus, wurde sicher addiert, wo multipliziert gehört hätte. Zweitens: Eine Pfadwahrscheinlichkeit ist immer kleiner als jeder einzelne Ast des Pfades, denn alle Bedingungen müssen zusammen erfüllt sein. Drittens: Die Summe aller Pfadwahrscheinlichkeiten eines vollständigen Baums ergibt genau 1. Diese Probe deckt fast jeden Rechenfehler auf und kostet nur wenige Sekunden.