Mathebattle EduRandomtasks

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 3 rote und 3 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!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{3}{4}$
= $3$ ⋅ $\frac{1}{5}$ ⋅ $\frac{1}{4}$
= $\frac{3}{20}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 3 rote, 10 gelbe, 7 blaue und 4 schwarze Kugeln. Es wird zwei mal mit Zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "höchstens 1 mal gelb"?

Lösung einblenden

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

Einzel-Wahrscheinlichkeiten :"gelb": $\frac{5}{12}$ ; "nicht gelb": $\frac{7}{12}$ ;

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'höchstens einmal gelb' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben 2 mal 'gelb'

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

P=1-P(2 mal 'gelb')=1- $\frac{25}{144}$ = $\frac{119}{144}$

Ereignis	P
gelb -> gelb	$\frac{25}{144}$
gelb -> nicht gelb	$\frac{35}{144}$
nicht gelb -> gelb	$\frac{35}{144}$
nicht gelb -> nicht gelb	$\frac{49}{144}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("gelb")= $\frac{5}{12}$ ; P("nicht gelb")= $\frac{7}{12}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'gelb'-'nicht gelb' (P= $\frac{35}{144}$ )
'nicht gelb'-'gelb' (P= $\frac{35}{144}$ )
'nicht gelb'-'nicht gelb' (P= $\frac{49}{144}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{35}{144}$ + $\frac{35}{144}$ + $\frac{49}{144}$ = $\frac{119}{144}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine bestimmte Variable soll im Computer mit 7 Bit abgespeichert werden. Ein Bit kann immer nur die Werte 0 und 1 annehmen. Wie viele Möglichkeiten gibt es die Variable mit verschiedenen Werten zu belegen?

Lösung einblenden

Bei jedem der 7 'Zufallsversuche' gibt es 2 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 7 Ebenen immer 2-fach verzweigt.

Es entstehen so also 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 2⁷ = 128 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 8 blaue, 11 gelbe und 11 grüne Kugeln. Es werden 18 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 3 Kugeln blau und genau 8 Kugeln grün sind.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

Lösung einblenden

Zum besseren Verständnis könnnen wir uns ja vorstellen, dass alle Kugeln mit den Zahlen 1 bis 30 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 18 der insgesamt 30 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 18 von 30 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 30 \\ 18 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 8 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 gezogenen blauen unter den 8 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 8 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 7 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 7 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 7 gezogenen gelben unter den 11 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "7 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 7 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 8 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 8 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 8 gezogenen grünen unter den 11 grünen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 grünen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 11 \\ 7 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 11 \\ 8 \end{matrix})$ 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 "18 Kugeln aus 30 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 30 \\ 18 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 11 \\ 7 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 11 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 30 \\ 18 \end{matrix})}$ = $\frac{3049200}{86493225}$ ≈ 0,0353 = 3,53%

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 7 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) = $\frac{7}{15}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

Lösung einblenden

Insgesamt sind also n + 7 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{7}{n + 7}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{6}{n + 6}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen ist also $\frac{7}{n + 7} \cdot \frac{6}{n + 6}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{7}{15}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 7$ ; $- 6$ }

\frac{42}{(n + 7) (n + 6)}

=

\frac{7}{15}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 7) \cdot (n + 6)$ weg!

$\frac{42}{(n + 7) \cdot (n + 6)}$	=	$\frac{7}{15}$	\|⋅( $(n + 7) \cdot (n + 6)$ )
$\frac{42}{(n + 7) \cdot (n + 6)} \cdot (n + 7) \cdot (n + 6)$	=	$\frac{7}{15} \cdot (n + 7) \cdot (n + 6)$
$42 \frac{n + 7}{n + 7}$	=	$\frac{7}{15} (n + 7) (n + 6)$
$42$	=	$\frac{7}{15} (n + 7) (n + 6)$
$42$	=	$\frac{7}{15} n^{2} + \frac{91}{15} n + \frac{98}{5}$

$42$	=	$\frac{7}{15} n^{2} + \frac{91}{15} n + \frac{98}{5}$	\|⋅ 15
$630$	=	$15 (\frac{7}{15} n^{2} + \frac{91}{15} n + \frac{98}{5})$
$630$	=	$7 n^{2} + 91 n + 294$	\| $- 7 n^{2}$ $- 91 n$ $- 294$

- 7 n^{2} - 91 n + 336

= 0 |:7

$- n^{2} - 13 n + 48$ = 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 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{{(- 13)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 48}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{169 + 192}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{+ 13 \pm \sqrt{361}}{- 2}$

n₁ = $\frac{13 + \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{13+19}{- 2}$ = $\frac{32}{- 2}$ = $- 16$

n₂ = $\frac{13 - \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{13-19}{- 2}$ = $\frac{- 6}{- 2}$ = $3$

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:

$- n^{2} - 13 n + 48$ = 0 |: $- 1$

$n^{2} + 13 n - 48$ = 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 = ${(\frac{13}{2})}^{2} - (- 48)$ = $\frac{169}{4}$ $+$ $48$ = $\frac{169}{4}$ $+$ $\frac{192}{4}$ = $\frac{361}{4}$

x_1,2 = $- \frac{13}{2}$ ± $\sqrt{\frac{361}{4}}$

x₁ = $- \frac{13}{2}$ - $\frac{19}{2}$ = $- \frac{32}{2}$ = -16

x₂ = $- \frac{13}{2}$ + $\frac{19}{2}$ = $\frac{6}{2}$ = 3

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 3 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

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

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

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{4}$ .

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{8}{11}$ ⋅ $\frac{7}{10}$ = $\frac{28}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{28}{55}$ = $\frac{14}{55}$

2. Möglichkeit: 2 Herz und 9 Kreuz

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

Die Wahrscheinlichkeit, dass dieser Fall überhaupt eintritt, ist $\frac{2}{4}$ .

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) = $\frac{9}{11}$ ⋅ $\frac{8}{10}$ = $\frac{36}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{36}{55}$ = $\frac{18}{55}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{14}{55}$ + $\frac{18}{55}$ = $\frac{32}{55}$ .

Aufgabenbeispiele von Pfadregel, Kombinatorik

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen mit Zurücklegen

P=1-P(2 mal 'gelb')=1- 25 144 = 119 144

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: 3 Herz und 8 Kreuz

2. Möglichkeit: 2 Herz und 9 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen:

P=1-P(2 mal 'gelb')=1- $\frac{25}{144}$ = $\frac{119}{144}$