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Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 2 rote und 4 blaue Kugeln. Es soll (ohne Zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine blaue Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die blaue Kugel im 3. Versuch zu ziehen?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{2}{6}$ ⋅ $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{4}{4}$
= $\frac{1}{3}$ ⋅ $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{2}{2}$
= $\frac{1}{15}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

Ein Würfel wird zwei mal geworfen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen 8 ist?

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Ereignis	P
1 -> 1	$\frac{1}{36}$
1 -> 2	$\frac{1}{36}$
1 -> 3	$\frac{1}{36}$
1 -> 4	$\frac{1}{36}$
1 -> 5	$\frac{1}{36}$
1 -> 6	$\frac{1}{36}$
2 -> 1	$\frac{1}{36}$
2 -> 2	$\frac{1}{36}$
2 -> 3	$\frac{1}{36}$
2 -> 4	$\frac{1}{36}$
2 -> 5	$\frac{1}{36}$
2 -> 6	$\frac{1}{36}$
3 -> 1	$\frac{1}{36}$
3 -> 2	$\frac{1}{36}$
3 -> 3	$\frac{1}{36}$
3 -> 4	$\frac{1}{36}$
3 -> 5	$\frac{1}{36}$
3 -> 6	$\frac{1}{36}$
4 -> 1	$\frac{1}{36}$
4 -> 2	$\frac{1}{36}$
4 -> 3	$\frac{1}{36}$
4 -> 4	$\frac{1}{36}$
4 -> 5	$\frac{1}{36}$
4 -> 6	$\frac{1}{36}$
5 -> 1	$\frac{1}{36}$
5 -> 2	$\frac{1}{36}$
5 -> 3	$\frac{1}{36}$
5 -> 4	$\frac{1}{36}$
5 -> 5	$\frac{1}{36}$
5 -> 6	$\frac{1}{36}$
6 -> 1	$\frac{1}{36}$
6 -> 2	$\frac{1}{36}$
6 -> 3	$\frac{1}{36}$
6 -> 4	$\frac{1}{36}$
6 -> 5	$\frac{1}{36}$
6 -> 6	$\frac{1}{36}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("1")= $\frac{1}{6}$ ; P("2")= $\frac{1}{6}$ ; P("3")= $\frac{1}{6}$ ; P("4")= $\frac{1}{6}$ ; P("5")= $\frac{1}{6}$ ; P("6")= $\frac{1}{6}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'2'-'6' (P= $\frac{1}{36}$ )
'6'-'2' (P= $\frac{1}{36}$ )
'3'-'5' (P= $\frac{1}{36}$ )
'5'-'3' (P= $\frac{1}{36}$ )
'4'-'4' (P= $\frac{1}{36}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ = $\frac{5}{36}$

Kombinatorik

Beispiel:

Kristin hat die ganze Nacht durch MatheBattle gespielt und ist jetzt erste im Highscore in ihrer Klasse, die aus 25 Schülerinnen und Schülern besteht. Da überlegt sie sich, wie viele Möglichkeiten es eigentlich gibt, wie die ersten 3 Plätze belegt sein können. Berechne diese Anzahl aller Möglichkeiten?

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Für die erste Stelle ist jede(r) SchülerIn möglich. Es gibt also 25 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende SchülerIn nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 24 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 23 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 25 ⋅ 24 ⋅ 23 = 13800 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 8 blaue, 10 gelbe und 15 grüne Kugeln. Es werden 10 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 2 Kugeln blau und genau 4 Kugeln grün sind.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

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Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Kugeln mit den Zahlen 1 bis 33 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 10 der insgesamt 33 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 10 von 33 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 33 \\ 10 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 8 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 gezogenen blauen unter den 8 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 8 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 10 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen gelben unter den 10 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 15 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 15 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen grünen unter den 15 grünen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 15 grünen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 15 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 15 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen blauen mit jedem Fall der gezogenen gelben uns mit jedem Fall der gezogenen grünen kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "10 Kugeln aus 33 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 33 \\ 10 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 15 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 33 \\ 10 \end{matrix})}$ = $\frac{8026200}{92561040}$ ≈ 0,0867 = 8,67%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 8 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 8 beschriftet sind, wird 6 mal gedreht.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dabei keine Zahl zweimal als Ergebnis erscheint?
(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: Drehung) 8 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 8 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 8⋅8⋅...⋅8 = 8⁶ Möglichkeiten für eine solche Serie von Glücksraddrehungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Für die Anzahl der günstigen (oder gesuchten) Möglichkeiten suchen wir also alle möglichen Kombinationen, bei denen 6 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 6 Kreuzchen auf 8 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 6 Zahlen unter den 8 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 6 Zahlen von 8 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 6er-Pakete aus 8 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 6! = 6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (6 Möglichkeiten für das erste Feld, 5 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅6! = 20160 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 8 \\ 6 \end{matrix})⋅6!}{8⋅8⋅8⋅8⋅8⋅8}$ = $\frac{20160}{262144}$ ≈ 0,0769 = 7,69%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 8 rote und ein unbekannte Zahl n blaue Kugeln. Es wird 2 mal ohne zurücklegen eine Kugel gezogen. Dabei beträgt die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen, P(r-r) = $\frac{14}{33}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 8 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{8}{n + 8}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{7}{n + 7}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen ist also $\frac{8}{n + 8} \cdot \frac{7}{n + 7}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{14}{33}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 8$ ; $- 7$ }

\frac{56}{(n + 8) (n + 7)}

=

\frac{14}{33}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 8) \cdot (n + 7)$ weg!

$\frac{56}{(n + 8) \cdot (n + 7)}$	=	$\frac{14}{33}$	\|⋅( $(n + 8) \cdot (n + 7)$ )
$\frac{56}{(n + 8) \cdot (n + 7)} \cdot (n + 8) \cdot (n + 7)$	=	$\frac{14}{33} \cdot (n + 8) \cdot (n + 7)$
$56 \frac{n + 8}{n + 8}$	=	$\frac{14}{33} (n + 8) (n + 7)$
$56$	=	$\frac{14}{33} (n + 8) (n + 7)$
$56$	=	$\frac{14}{33} n^{2} + \frac{70}{11} n + \frac{784}{33}$

$56$	=	$\frac{14}{33} n^{2} + \frac{70}{11} n + \frac{784}{33}$	\|⋅ 33
$1 848$	=	$33 (\frac{14}{33} n^{2} + \frac{70}{11} n + \frac{784}{33})$
$1 848$	=	$14 n^{2} + 210 n + 784$	\| $- 14 n^{2}$ $- 210 n$ $- 784$

- 14 n^{2} - 210 n + 1 064

= 0 |:14

$- n^{2} - 15 n + 76$ = 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 = $\frac{+ 15 \pm \sqrt{{(- 15)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 76}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{+ 15 \pm \sqrt{225 + 304}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{+ 15 \pm \sqrt{529}}{- 2}$

n₁ = $\frac{15 + \sqrt{529}}{- 2}$ = $\frac{15+23}{- 2}$ = $\frac{38}{- 2}$ = $- 19$

n₂ = $\frac{15 - \sqrt{529}}{- 2}$ = $\frac{15-23}{- 2}$ = $\frac{- 8}{- 2}$ = $4$

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 " $- 1$ " teilen:

$- n^{2} - 15 n + 76$ = 0 |: $- 1$

$n^{2} + 15 n - 76$ = 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 = ${(\frac{15}{2})}^{2} - (- 76)$ = $\frac{225}{4}$ $+$ $76$ = $\frac{225}{4}$ $+$ $\frac{304}{4}$ = $\frac{529}{4}$

x_1,2 = $- \frac{15}{2}$ ± $\sqrt{\frac{529}{4}}$

x₁ = $- \frac{15}{2}$ - $\frac{23}{2}$ = $- \frac{38}{2}$ = -19

x₂ = $- \frac{15}{2}$ + $\frac{23}{2}$ = $\frac{8}{2}$ = 4

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 4 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 2 Herz-Karten und 3 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 8 Herz- und 4 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.

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

1. Möglichkeit: 9 Herz und 4 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) = $\frac{4}{13}$ ⋅ $\frac{3}{12}$ = $\frac{1}{13}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{1}{13}$ = $\frac{2}{65}$

2. Möglichkeit: 8 Herz und 5 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) = $\frac{5}{13}$ ⋅ $\frac{4}{12}$ = $\frac{5}{39}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{5}{39}$ = $\frac{1}{13}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{2}{65}$ + $\frac{1}{13}$ = $\frac{7}{65}$ .

Aufgabenbeispiele von Pfadregel, Kombinatorik

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen mit 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: 9 Herz und 4 Kreuz

2. Möglichkeit: 8 Herz und 5 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: