Baumdiagramme und Simulation

Stufen und Pfade

Ein Zufallsexperiment mit mehreren Schritten zeichnet man als Baumdiagramm. Aus einer Urne mit 3 roten und 2 blauen Kugeln wird zweimal gezogen, und die Kugel kommt jedes Mal zurück. Jeder Zug ist eine Stufe, also eine Ebene von Ästen. Ein Pfad von der Wurzel bis zu einem Ende ist ein Ergebnis des ganzen Experiments: Der markierte Pfad heißt „erst rot, dann blau“, und „erst blau, dann rot“ ist ein anderer Pfad. An jedem Ast steht seine Wahrscheinlichkeit: 3/5 für rot, 2/5 für blau. Der Start heißt Wurzel; bei zwei Zügen mit je zwei Farben gibt es vier Pfade und damit vier Ergebnisse. Damit ist der Baum die vollständige Landkarte des Experiments: Jeder mögliche Ausgang hat genau einen Pfad.

Äste und Urne

An jedem Knoten kommt jede Möglichkeit der nächsten Stufe vor. Darum ergeben seine Äste zusammen 1: $\frac{3}{5}+\frac{2}{5}=1$. Die Summe 1 gilt für jeden Knoten einzeln, nicht für eine ganze Ebene. Fehlt ein Ast, ergibt sich seine Wahrscheinlichkeit als 1 minus die übrigen Äste.

Vieles lässt sich als Urnenexperiment lesen. Ein Glücksrad, das zur Hälfte rot, zu einem Drittel blau und zu einem Sechstel grün ist, verhält sich wie eine Urne mit 3 roten, 2 blauen und 1 grünen Kugel. Die Kugelzahlen legen die Wahrscheinlichkeiten fest; gleich viele Kugeln je Farbe sind nur ein Sonderfall.

Anteil vom Anteil

Eine Basketballspielerin trifft beim Freiwurf mit 70 %. Bei 1000 Doppelwürfen treffen etwa 700 den ersten Wurf, und von diesen 700 wieder 70 %, also 490. Das ist ein Anteil vom Anteil: $0,7\cdot 0,7=0,49$. Im Quadrat der Fläche 1 bilden die Fälle mit Treffer im ersten Wurf eine blaue Spalte der Breite p; das rosa Rechteck darin ist der Anteil q dieser Spalte, seine Fläche ist p · q. Man kann jeden Baum auch mit Häufigkeiten beschriften: 1000 Doppelwürfe teilen sich in 700 und 300, dann in 490, 210, 210 und 90. Das macht die Rechnung anschaulich.

Entlang multiplizieren, über Pfade addieren

1. Pfadregel: Entlang eines Pfades multipliziert man die Wahrscheinlichkeiten der Äste. Der Pfad „trifft, dann daneben“ (TN) hat $0,7\cdot 0,3=0,21$. Ein Ereignis kann mehrere Pfade haben. 2. Pfadregel: Über die Pfade eines Ereignisses addiert man. „Genau einmal getroffen“ besteht aus den beiden Pfaden TN und NT: $0,21+0,21=0,42$. Zur Probe müssen alle vier Pfade zusammen 1 ergeben: 0,49 + 0,21 + 0,21 + 0,09 = 1.

Mindestens einmal

„Mindestens einmal getroffen“ hat drei Pfade. Kürzer geht es über das Gegenereignis „kein Treffer“, den einen Pfad NN mit $0,3\cdot 0,3=0,09$. Also ist $P(\text{mindestens einmal})=1-0,09=0,91$. Die Pfade des ganzen Baums ergeben zusammen immer 1. Die Kurzform lohnt sich vor allem, wenn ein Ereignis viele Pfade hat: Bei drei Würfen hat „mindestens einmal“ sieben Pfade, das Gegenereignis „keinmal“ nur einen, und es gilt $1-0,3^3=0,973$.

Zurücklegen oder nicht

In einer Urne liegen 4 rote und 6 blaue Kugeln. Wird die erste Kugel zurückgelegt, ist die zweite Stufe wie die erste: $P(\text{rot, rot})=\frac{4}{10}\cdot \frac{4}{10}=0,16$. Bleibt sie draußen, wie beim Auslosen oder Kartenziehen, fehlt eine Kugel. Nach einer roten liegen noch 3 rote unter nur 9 Kugeln: $P(\text{rot, rot})=\frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9}=\frac{2}{15}\approx 0,133$. Beim Würfeln, Münzwerfen und Raddrehen wird nichts gezogen: Jeder Wurf hat dieselben Wahrscheinlichkeiten. Als Merkhilfe: Wird zurückgelegt, bleibt die Urne gleich; wird behalten, ändert sich die Urne mit jedem Zug.

Der Baum ohne Zurücklegen

In der zweiten Stufe ändern sich Zähler und Nenner: Nach Rot stehen dort 3/9 und 6/9, nach Blau 4/9 und 5/9. Die Pfadregeln gelten weiter, und jeder Knoten ergibt zusammen 1. Zieht man zwei Kugeln gleichzeitig, rechnet man wie nacheinander ohne Zurücklegen; die Reihenfolge ist egal. „Eine rote, eine blaue“ hat die Pfade RB und BR: $\frac{4}{15}+\frac{4}{15}=\frac{8}{15}$. Bei drei Zügen fehlt in jeder Stufe eine Kugel mehr: $P(\text{RRR})=\frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9}\cdot \frac{2}{8}=\frac{1}{30}$. Zur Probe ergeben die vier Pfade der Zeichnung zusammen 12/90 + 24/90 + 24/90 + 30/90 = 1.

Das Experiment nachbauen

Manche Wahrscheinlichkeiten lassen sich nicht berechnen. Dann bildet man das Experiment mit einem Zufallsgerät nach und wertet viele Durchgänge aus. Ein Schütze trifft mit 30 %. Eine Zufallsziffer von 0 bis 9 hat zehn gleich wahrscheinliche Werte; 0, 1 und 2 stehen für „Treffer“, 3 bis 9 für „daneben“. Auch ein Rad mit 3 roten und 7 blauen Feldern leistet das. Die Zuordnung muss die Wahrscheinlichkeit genau treffen. Vor dem Simulieren klärt man drei Fragen: Was ist ein Durchgang, was zählt als Treffer, und welches Gerät passt? Das Rad ist bequem für wenige Versuche; für viele nimmt man Zufallsziffern oder eine Tabellenkalkulation.

Vertauschte Briefe

Sechs Briefe werden zufällig in sechs beschriftete Umschläge gesteckt. Wie wahrscheinlich passt kein einziger Brief? Rechnen ist schwer, Nachspielen einfach: Man mischt sechs nummerierte Karten und prüft, ob Karte k an Platz k liegt. Ein Durchgang ist ein ganzes Mischen. Die relative Häufigkeit von „kein Treffer“ nach vielen Durchgängen ist ein Näherungswert. Er schwankt von Serie zu Serie und wird mit mehr Durchgängen stabiler, aber nie exakt. Der exakte Wert, den man später berechnen kann, beträgt etwa 0,368; die Simulation liegt schon nahe daran.

Rechnen über das Gegenereignis

Wie wahrscheinlich haben unter n Kindern mindestens zwei am selben Tag Geburtstag? Wir nehmen 365 gleich wahrscheinliche Tage an und lassen den 29. Februar und Zwillinge weg; das Modell ist eine Idealisierung. Das Gegenereignis „alle verschieden“ ist ein Pfad: Das zweite Kind darf nicht am selben Tag wie das erste Geburtstag haben (364/365), das dritte an keinem der beiden Tage (363/365) und so weiter. Nach der 1. Pfadregel gilt $$P(\text{alle verschieden})=\frac{365}{365}\cdot \frac{364}{365}\cdot \frac{363}{365}\cdots$$ und $P(\text{mindestens zwei gleiche})=1-P(\text{alle verschieden})$. Schon bei 23 Kindern ist das mehr als 0,5; bei 10 Kindern sind es 0,117, bei 40 Kindern schon 0,891.

Simulation prüft die Rechnung

Das Ergebnis wirkt unglaublich, doch 23 Kinder bilden 253 Paare (jedes Kind mit 22 anderen, jedes Paar doppelt gezählt: 23 · 22 : 2 = 253), und jedes Paar kann treffen. Gefragt ist nach irgendeinem Paar. Dass jemand am eigenen Tag Geburtstag hat, ist viel seltener: $1-(\frac{364}{365}{)}^{22}\approx 0,06$. Zur Plausibilitätsprüfung simuliert man viele Klassen: Mit je 1000 Klassen liegen die Werte dicht bei der Rechnung. Ähnlich überraschend: Bei 57 Kindern liegt die Wahrscheinlichkeit schon über 0,99.

Bleiben oder wechseln

Hinter einer von drei Türen steht ein Auto, hinter den anderen beiden je eine Ziege. Du wählst eine Tür. Der Moderator, der weiß, wo das Auto steht, öffnet eine der beiden anderen Türen mit einer Ziege. Bleibst du oder wechselst du zur anderen geschlossenen Tür? Er öffnet nie die Autotür und nie deine Tür. Viele denken: zwei Türen, also je 1/2. Wir spielen das Spiel 400-mal nach: Auto und Wahl zufällig, dann zählen wir, ob Bleiben oder Wechseln gewonnen hätte.

Der Baum erklärt es

Du wählst Tür 1. Steht das Auto dort (1/3), öffnet der Moderator Tür 2 oder 3, je mit 1/2. Steht es hinter Tür 2 oder 3 (je 1/3), muss er die andere Ziegentür öffnen, der Ast trägt 1. Er öffnet also nicht zufällig, sondern mit Wissen. Bleiben gewinnt nur im ersten Fall: 1/3. Wechseln gewinnt in den beiden anderen: $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$. Bei 100 Türen und 98 geöffneten Ziegentüren gewinnt Wechseln sogar mit 99/100. Simulation und Baum liefern dasselbe Ergebnis, ein gutes Zeichen für beide Modelle.

Punkte im Viertelkreis

Ein Kreis mit Radius 1 hat die Fläche π; ein Viertel davon, der Viertelkreis, hat die Fläche π/4 und liegt im Einheitsquadrat der Fläche 1. Wirft man zufällige Punkte $(x\mid y)$ mit 0 ≤ x, y ≤ 1 in das Quadrat, liegt der Anteil π/4 davon im Viertelkreis. Also gilt $$\pi \approx 4\cdot \frac{\text{Zahl der Treffer}}{\text{Zahl der Punkte}}$$ Grün sind Treffer, rosa liegen daneben: Bei 200 Punkten sind es 158 Treffer, also $4\cdot 0,79=3,16$.

Die Tabelle rechnet mit

Eine Tabellenkalkulation erzeugt mit =ZUFALLSZAHL() Zufallszahlen zwischen 0 und 1, je eine für x und y. Eine bedingte Anweisung entscheidet pro Zeile: =WENN(A2^2+B2^2<=1;1;0) liefert 1 für einen Treffer ($x^2+y^2\le 1$) und sonst 0. Warum $x^2+y^2\le 1$? Der Abstand des Punktes vom Ursprung ist nach dem Satz des Pythagoras $\sqrt{x^2+y^2}$; im Viertelkreis liegt er, wenn dieser Abstand höchstens 1 ist. Der Mittelwert der Spalte C ist der Trefferanteil, und 4 mal dieser Wert ist die Näherung für π.

Ohne Zufall: Streifen

Die Streifenmethode zerlegt den Viertelkreis in Streifen gleicher Breite. Rechtecke, die die Fläche überragen (Obersumme), und Rechtecke darunter (Untersumme) schließen sie ein. Bei 10 Streifen ist 2,905 < π < 3,305, bei 20 ist es 3,028 < π < 3,228. Das Ergebnis ist immer dasselbe; Monte-Carlo liefert dagegen bei jedem Lauf einen anderen Wert. Beide Verfahren nähern sich π, aber auf verschiedenen Wegen: das eine durch Zufall, das andere durch Zerlegen.