Mathebattle EduRandomtasks

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Eine Lehrerin sammelt die Hausaufgaben von einigen Schülern ein, um zu kontrollieren, ob diese auch ordentlich gemacht wurden. Aus Zeitgründen möchte sie aber nicht alle, sondern nur ein paar wenige einsammeln, welche durch ein Losverfahren ausgewählt werden. Aus (der unbegründeten) Angst ungerecht behandelt zu werden, bestehen die 3 Jungs darauf, dass unbedingt immer eine Hausaufgabe eines der 15 Mädchen der Klasse eingesammelt wird. Deswegen wird solange gelost, bis das erste Mädchen gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies beim 4. Losdurchgang passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{18}$ ⋅ $\frac{2}{17}$ ⋅ $\frac{1}{16}$ ⋅ $\frac{15}{15}$
= $\frac{1}{3}$ ⋅ $\frac{1}{17}$ ⋅ $\frac{1}{16}$ ⋅ $\frac{5}{5}$
= $\frac{1}{816}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

Bei der Auslosung zum Championsleague-Achtelfinale sind noch alle 4 deutsche Mannschaften im Lostopf mit den 16 Mannschaften. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den erstem drei gezogenen Mannschaften genau 2 deutsche Mannschaften sind (wenn man mal von der falschen Annahme ausgeht, dass alle Mannschaften im gleichen Lostopf sind)?

Lösung einblenden

Ereignis	P
deutsch -> deutsch -> deutsch	$\frac{1}{140}$
deutsch -> deutsch -> andere	$\frac{3}{70}$
deutsch -> andere -> deutsch	$\frac{3}{70}$
deutsch -> andere -> andere	$\frac{11}{70}$
andere -> deutsch -> deutsch	$\frac{3}{70}$
andere -> deutsch -> andere	$\frac{11}{70}$
andere -> andere -> deutsch	$\frac{11}{70}$
andere -> andere -> andere	$\frac{11}{28}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("deutsch")= $\frac{1}{4}$ ; P("andere")= $\frac{3}{4}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'deutsch'-'deutsch'-'andere' (P= $\frac{3}{70}$ )
'deutsch'-'andere'-'deutsch' (P= $\frac{3}{70}$ )
'andere'-'deutsch'-'deutsch' (P= $\frac{3}{70}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{3}{70}$ + $\frac{3}{70}$ + $\frac{3}{70}$ = $\frac{9}{70}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine Mathelehrerin war bei 4 SchülerInnen ihrer Klasse mit den Ergebnissen der letzten Klassenarbeit nicht zufrieden. Deswegen möchte sie jetzt diese Schüler immer in kleinen Abfragen erneut überprüfen. Als sie sich eine Reihenfolge überlegen wollte, bemerkt sie, dass es dafür ja ziemlich viele Möglichkeiten gibt. Wie viele genau?

Lösung einblenden

Für die erste Stelle ist jede(r) möglich. Es gibt also 4 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 3 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 2 möglich sind, usw.

Da ja jede Möglichkeit der ersten Stelle mit den Möglichkeiten der zweiten, dritten, ... Stelle kombinierbar sind, müssen wir die verschiedenen Möglichkeiten an den verschiedenen Stellen multiplizieren:

also 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 24 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Oma Hilde hat 11 Nougat-, 12 Krokant- und 13 Vollmilch-Ostereier in ein großes Osternest gepackt. Als eines ihrer Enkelkinder kommt, greift sie in das Nest und holt 15 Eier raus. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 4 Nougateier und genau 4 Vollmilcheier sind.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Ostereier mit den Zahlen 1 bis 36 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 15 der insgesamt 36 Ostereier gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 15 von 36 Ostereier ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 36 \\ 15 \end{matrix})$ verwenden.

Jetzt überlegen wir uns, wie viele günstige Möglichkeiten es gibt:

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen Nougateier unter den 11 Nougateier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 Nougateier ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 7 Kreuzchen auf 12 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 7 gezogenen Krokanteier unter den 12 Krokanteier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "7 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 12 Krokanteier ziehen", also $(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 13 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 13 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen Vollmilcheier unter den 13 Vollmilcheier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 13 Vollmilcheier ziehen", also $(\begin{matrix} 13 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 13 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen Nougateier mit jedem Fall der gezogenen Krokanteier uns mit jedem Fall der gezogenen Vollmilcheier kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "15 Ostereier aus 36 Ostereier ziehen" $(\begin{matrix} 36 \\ 15 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 11 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 13 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 36 \\ 15 \end{matrix})}$ ≈ 0,0336 = 3,36%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 5 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 5 beschriftet sind, wird 6 mal gedreht.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass jede der 5 Zahlen dabei einmal als Ergebnis erscheint?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Drehung) 5 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 5 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 5⋅5⋅...⋅5 = 5⁶ Möglichkeiten für eine solche Serie von Glücksraddrehungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 6 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten überlegen wir uns am besten zuerst, wie viele Möglichkeiten es für die beiden Felder (Drehungen) gibt, auf denen zwei gleiche Zahlen stehen. (Da jede Zahl mindestens einmal vorkommt, und es aber mehr Drehungen als Zahlen gibt, muss ja eine Zahl bei zwei Drehungen stehen).
Hierfür gibt es

(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 5 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 5 Möglichkeiten für die Belegung der beiden Felder mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 5 Zahlen theoretisch doppelt vorkommen könnte.

Jetzt bleiben noch 4 Felder (Drehungen), die mit den anderen 4 Zahlen belegt werden können, wobei dabei jede Zahl genau einmal vorkommen muss. Auch das ist ja ein bekanntes Modell (n Zahlen auf n Felder verteilen): Hier gibt es 4! = 4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten.
(4 Möglichkeiten für das erste Feld, 3 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt erhalten wir somit $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 5 ⋅ 4⋅3⋅2⋅1 = 1800 günstige Möglichkeiten

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit können wir somit als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})⋅ 5 ⋅ 4⋅3⋅2⋅1}{5⋅5⋅5⋅5⋅5⋅5}$ = $\frac{1800}{15625}$ ≈ 0,1152 = 11,52%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 4 rote und ein unbekannte Zahl n blaue Kugeln. Es wird 2 mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Dabei beträgt die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, P(b-b) = $\frac{1}{3}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

Lösung einblenden

Insgesamt sind also n + 4 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{n}{n + 4}$

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n-1}{n - 1 + 4}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n + 4} \cdot \frac{n - 1}{n + 3}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{3}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 4$ ; $- 3$ }

\frac{n (n - 1)}{(n + 4) (n + 3)}

=

\frac{1}{3}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 4) (n + 3)$ weg!

$\frac{n (n - 1)}{(n + 4) \cdot (n + 3)}$	=	$\frac{1}{3}$	\|⋅( $(n + 4) (n + 3)$ )
$\frac{n (n - 1)}{(n + 4) \cdot (n + 3)} \cdot (n + 4) (n + 3)$	=	$\frac{1}{3} \cdot (n + 4) (n + 3)$
$\frac{n \cdot ((n - 1) \cdot 1)}{1}$	=	$\frac{1}{3} (n + 4) (n + 3)$
$n (n - 1)$	=	$\frac{1}{3} (n + 4) (n + 3)$
$n \cdot n + n \cdot (- 1)$	=	$\frac{1}{3} (n + 4) (n + 3)$
$n \cdot n - n$	=	$\frac{1}{3} (n + 4) (n + 3)$
$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{3} n^{2} + \frac{7}{3} n + 4$

$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{3} n^{2} + \frac{7}{3} n + 4$	\|⋅ 3
$3 (n^{2} - n)$	=	$3 (\frac{1}{3} n^{2} + \frac{7}{3} n + 4)$
$3 n^{2} - 3 n$	=	$n^{2} + 7 n + 12$	\| $- n^{2}$ $- 7 n$ $- 12$

2 n^{2} - 10 n - 12

= 0 |:2

$n^{2} - 5 n - 6$ = 0

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

eingesetzt in x_1,2 = $\frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a \cdot c}}{2 a}$ ergibt:

n_1,2 = $\frac{+ 5 \pm \sqrt{{(- 5)}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (- 6)}}{2 \cdot 1}$

n_1,2 = $\frac{+ 5 \pm \sqrt{25 + 24}}{2}$

n_1,2 = $\frac{+ 5 \pm \sqrt{49}}{2}$

n₁ = $\frac{5 + \sqrt{49}}{2}$ = $\frac{5+7}{2}$ = $\frac{12}{2}$ = $6$

n₂ = $\frac{5 - \sqrt{49}}{2}$ = $\frac{5-7}{2}$ = $\frac{- 2}{2}$ = $- 1$

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

vor dem Einsetzen in x_1,2 = $- \frac{p}{2}$ ± $\sqrt{{(\frac{p}{2})}^{2} - q}$
berechnen wir zuerst die Diskriminante D = ${(\frac{p}{2})}^{2} - q$ :

D = ${(- \frac{5}{2})}^{2} - (- 6)$ = $\frac{25}{4}$ $+$ $6$ = $\frac{25}{4}$ $+$ $\frac{24}{4}$ = $\frac{49}{4}$

x_1,2 = $\frac{5}{2}$ ± $\sqrt{\frac{49}{4}}$

x₁ = $\frac{5}{2}$ - $\frac{7}{2}$ = $- \frac{2}{2}$ = -1

x₂ = $\frac{5}{2}$ + $\frac{7}{2}$ = $\frac{12}{2}$ = 6

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 6 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 2 Herz-Karten und 3 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 7 Herz- und 3 Kreuz-Karten. Es wird eine Karte zufällig aus dem Stapel A gezogen und auf den Stapel B gelegt. Nach längerem Mischen werden dann die obersten beiden Karten vom Stapel B gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass diese beiden aus dem Stapel B gezogenen Karten Kreuz-Karten sind.

Lösung einblenden

Es gibt zwei Möglichkeiten, wie Stapel B nach der ersten Ziehung aus Stapel A bestückt ist:

1. Möglichkeit: 8 Herz und 3 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Herz Karte gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{5}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{3}{11}$ ⋅ $\frac{2}{10}$ = $\frac{3}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{3}{55}$ = $\frac{6}{275}$

2. Möglichkeit: 7 Herz und 4 Kreuz

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Stapel A eine Kreuz Karte gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{3}{5}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, verändern sich am Baumdiagramm eben die Wahrscheinlichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{4}{11}$ ⋅ $\frac{3}{10}$ = $\frac{6}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{6}{55}$ = $\frac{18}{275}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen:

P = P1 + P2 = $\frac{6}{275}$ + $\frac{18}{275}$ = $\frac{24}{275}$ .

Aufgabenbeispiele von Pfadregel, Kombinatorik

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen ohne Zurücklegen

Kombinatorik

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Anzahl der möglichen Fälle

Anzahl der günstigen Fälle

Ohne Zurücklegen rückwärts

Lösen mit der a-b-c-Formel (Mitternachtsformel):

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 0):

2 Urnen

1. Möglichkeit: 8 Herz und 3 Kreuz

2. Möglichkeit: 7 Herz und 4 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: