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Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Werder Bremen hat mal wieder das Halbfinale des DFB-Pokals erreicht. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei der Auslosung Werder an 3. Stelle gezogen wird?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{4}$ ⋅ $\frac{2}{3}$ ⋅ $\frac{1}{2}$
= $\frac{1}{2}$ ⋅ $1$ ⋅ $\frac{1}{2}$
= $\frac{1}{4}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

Auf einen Schüleraustausch bewerben sich 4 Mädchen und 6 Jungs. Weil aber leider weniger Plätze zur Verfügung stehen, muss gelost werden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den ersten 3 verlosten Plätzen höchstens 2 an eine Mädchen gehen?

Lösung einblenden

Da ja ausschließlich nach 'Mädchen' gefragt ist, genügt es das Modell auf zwei Möglichkeiten zu beschränken: 'Mädchen' und 'nicht Mädchen'

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"Mädchen": $\frac{2}{5}$ ; "nicht Mädchen": $\frac{3}{5}$ ;

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'höchstens einmal Mädchen' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben 3 mal 'Mädchen'

Man kann also am aller einfachsten die gesuchte Wahrscheinlichkeit über das Gegenereignis berechnen:

P=1-P(3 mal 'Mädchen')=1- $\frac{1}{30}$ = $\frac{29}{30}$

Ereignis	P
Mädchen -> Mädchen -> Mädchen	$\frac{1}{30}$
Mädchen -> Mädchen -> nicht Mädchen	$\frac{1}{10}$
Mädchen -> nicht Mädchen -> Mädchen	$\frac{1}{10}$
Mädchen -> nicht Mädchen -> nicht Mädchen	$\frac{1}{6}$
nicht Mädchen -> Mädchen -> Mädchen	$\frac{1}{10}$
nicht Mädchen -> Mädchen -> nicht Mädchen	$\frac{1}{6}$
nicht Mädchen -> nicht Mädchen -> Mädchen	$\frac{1}{6}$
nicht Mädchen -> nicht Mädchen -> nicht Mädchen	$\frac{1}{6}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("Mädchen")= $\frac{2}{5}$ ; P("nicht Mädchen")= $\frac{3}{5}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'Mädchen'-'Mädchen'-'nicht Mädchen' (P= $\frac{1}{10}$ )
'Mädchen'-'nicht Mädchen'-'Mädchen' (P= $\frac{1}{10}$ )
'nicht Mädchen'-'Mädchen'-'Mädchen' (P= $\frac{1}{10}$ )
'Mädchen'-'nicht Mädchen'-'nicht Mädchen' (P= $\frac{1}{6}$ )
'nicht Mädchen'-'Mädchen'-'nicht Mädchen' (P= $\frac{1}{6}$ )
'nicht Mädchen'-'nicht Mädchen'-'Mädchen' (P= $\frac{1}{6}$ )
'nicht Mädchen'-'nicht Mädchen'-'nicht Mädchen' (P= $\frac{1}{6}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{10}$ + $\frac{1}{10}$ + $\frac{1}{10}$ + $\frac{1}{6}$ + $\frac{1}{6}$ + $\frac{1}{6}$ + $\frac{1}{6}$ = $\frac{29}{30}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine 4-stellige Zahl soll gewürfelt werden. Dabei wird einfach 4 mal mit einem normalen Würfel gewürfelt und die erwürfelten Zahlen hintereinander geschrieben. Wie viele verschiedene Zahlen können so gewürfelt werden.

Lösung einblenden

Bei jedem der 4 'Zufallsversuche' gibt es 6 Möglichkeiten. Dabei ist jedes Ergebnis im ersten 'Durchgang' mit jedem Ergebnis im zweiten Durchgang kombinierbar. Man könnte also alles in einem Baumdiagramm darstellen, das sich in jeder der 4 Ebenen immer 6-fach verzweigt.

Es entstehen so also 6 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 6 = 6⁴ = 1296 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Bei einer Lotterie werden aus einem Lostopf mit 39 durchnummerierten Kugeln immer 5 Gewinnerkugeln zufällig gezogen. Jeder Teilnehmer an der Lotterie tippt nun genau 5 Zahlen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass man hierbei genau 2 der 5 Kugeln zufällig richtig tippt.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 5 der insgesamt 39 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 5 von 39 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 39 \\ 5 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 5 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 richtig getippten unter den 5 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 5 Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 falsch getippten unter den 34 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 34 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 34 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 34 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der richtig getippten mit jedem Fall der falsch getippten kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "5 Kugeln aus 39 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 39 \\ 5 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 34 \\ 3 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 39 \\ 5 \end{matrix})}$ = $\frac{59840}{575757}$ ≈ 0,1039 = 10,39%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 9 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 6 einstellbar sind. Es wird mit verbundenen Augen eine zufällige Zahlen-Kombination eingestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Zahl genau 4 mal enthalten ist und alle anderen 5 Zahlen genau einmal?
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

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Anzahl der möglichen Fälle

Man erkennt schnell, dass es für jedes Feld (hier: Zahlenschlossrad) 6 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 6 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 6⋅6⋅...⋅6 = 6⁹ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 9 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten überlegen wir uns am besten zuerst, wie viele Möglichkeiten es für die 4 Felder (Zahlenschlossräder) gibt, auf denen die 4 gleichen Zahlen stehen.
Hierfür gibt es

(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 6 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ 6 Möglichkeiten für die Belegung der 4 Felder (Zahlenschlossräder) mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 6 Zahlen theoretisch 4-fach vorkommen könnte.

Jetzt bleiben noch 5 Felder (Zahlenschlossräder), die mit den anderen 5 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 5! = 5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten.
(5 Möglichkeiten für das erste Feld, 4 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt erhalten wir somit $(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 90720 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 9 \\ 4 \end{matrix})⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1}{6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6}$ = $\frac{90720}{10077696}$ ≈ 0,009 = 0,9%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 3 rote und ein unbekannte Zahl n blaue Kugeln. Es wird 2 mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Dabei beträgt die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen, P = $\frac{7}{15}$ . Bestimme eine mögliche Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 3 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{3}{n + 3}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n}{n + 2}$

Zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen kann ja aber auch erst blau und dann rot bedeuten. Die Wahrscheinlichkeit für diesem Fall wäre dann $\frac{n}{n + 3}$ ⋅ $\frac{3}{n + 2}$ ⋅

Die Wahrscheinlichkeit, zwei verschiedenfarbige Kugeln zu ziehen ist also $2 \frac{3}{n + 3} \cdot \frac{n}{n + 2}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{7}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 3$ ; $- 2$ }

\frac{6 n}{(n + 3) (n + 2)}

=

\frac{7}{15}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 3) (n + 2)$ weg!

$\frac{6 n}{(n + 3) \cdot (n + 2)}$	=	$\frac{7}{15}$	\|⋅( $(n + 3) (n + 2)$ )
$\frac{6 n}{(n + 3) \cdot (n + 2)} \cdot (n + 3) (n + 2)$	=	$\frac{7}{15} \cdot (n + 3) (n + 2)$
$\frac{6 n (n + 3)}{n + 3}$	=	$\frac{7}{15} (n + 3) (n + 2)$
$6 n$	=	$\frac{7}{15} (n + 3) (n + 2)$
$6 n$	=	$\frac{7}{15} n^{2} + \frac{7}{3} n + \frac{14}{5}$

$6 n$	=	$\frac{7}{15} n^{2} + \frac{7}{3} n + \frac{14}{5}$	\|⋅ 15
$90 n$	=	$15 (\frac{7}{15} n^{2} + \frac{7}{3} n + \frac{14}{5})$
$90 n$	=	$7 n^{2} + 35 n + 42$	\| $- 7 n^{2}$ $- 35 n$ $- 42$

$- 7 n^{2} + 55 n - 42$ = 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 = $\frac{- 55 \pm \sqrt{55^{2} - 4 \cdot (- 7) \cdot (- 42)}}{2 \cdot (- 7)}$

n_1,2 = $\frac{- 55 \pm \sqrt{3 025 - 1 176}}{- 14}$

n_1,2 = $\frac{- 55 \pm \sqrt{1 849}}{- 14}$

n₁ = $\frac{- 55 + \sqrt{1 849}}{- 14}$ = $\frac{- 55+43}{- 14}$ = $\frac{- 12}{- 14}$ = $\frac{6}{7}$ ≈ 0.86

n₂ = $\frac{- 55 - \sqrt{1 849}}{- 14}$ = $\frac{- 55-43}{- 14}$ = $\frac{- 98}{- 14}$ = $7$

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

Um die Gleichung auf die Form "x² + px + q = 0" zu bekommen, müssen wir zuerst die ganze Gleichung durch " $- 7$ " teilen:

$- 7 n^{2} + 55 n - 42$ = 0 |: $- 7$

$n^{2} - \frac{55}{7} n + 6$ = 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 = ${(- \frac{55}{14})}^{2} - 6$ = $\frac{3025}{196}$ $-$ $6$ = $\frac{3025}{196}$ $-$ $\frac{1176}{196}$ = $\frac{1849}{196}$

x_1,2 = $\frac{55}{14}$ ± $\sqrt{\frac{1849}{196}}$

x₁ = $\frac{55}{14}$ - $\frac{43}{14}$ = $\frac{12}{14}$ = 0.85714285714286

x₂ = $\frac{55}{14}$ + $\frac{43}{14}$ = $\frac{98}{14}$ = 7

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 7 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Behälter A sind 3 rote und 3 blaue Kugeln. Im Behälter B sind 6 rote und 4 blaue Kugeln. Es wird eine Kugel zufällig aus Behälter A gezogen und in den Behälter B gelegt. Dann werden zwei Kugeln gleichzeitg aus Behälter B gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass diese beiden Kugeln aus Behälter B beide blau sind.

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

1. Möglichkeit: 7 rote und 4 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine rote Kugel gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{3}{6}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
P(blau-blau) = $\frac{4}{11}$ ⋅ $\frac{3}{10}$ = $\frac{6}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{6}{55}$ = $\frac{3}{55}$

2. Möglichkeit: 6 rote und 5 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine blaue Kugel gezogen wird.

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{3}{6}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, verändern sich am Baumdiagramm eben die Wahrscheinlichkeiten.
Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(blau-blau) = $\frac{5}{11}$ ⋅ $\frac{4}{10}$ = $\frac{2}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ = $\frac{1}{11}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

Insgesamt gilt somit für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen:

P = P1 + P2 = $\frac{3}{55}$ + $\frac{1}{11}$ = $\frac{8}{55}$ .

Aufgabenbeispiele von Pfadregel, Kombinatorik

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen ohne Zurücklegen

P=1-P(3 mal 'Mädchen')=1- 1 30 = 29 30

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: 7 rote und 4 blaue

2. Möglichkeit: 6 rote und 5 blaue

Beide Möglichkeiten zusammen:

P=1-P(3 mal 'Mädchen')=1- $\frac{1}{30}$ = $\frac{29}{30}$