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Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

In einer Urne sind 11 rote und 3 blaue Kugeln. Es soll (ohne Zurücklegen) solange gezogen werden, bis erstmals eine rote Kugel erscheint. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit die rote 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= $\frac{3}{14}$ ⋅ $\frac{2}{13}$ ⋅ $\frac{11}{12}$
= $\frac{1}{7}$ ⋅ $\frac{1}{13}$ ⋅ $\frac{11}{4}$
= $\frac{11}{364}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

In einer Urne sind 4 rote und 6 blaue Kugeln. Es wird 3 mal mit Zurücklegen eine Kugel gezogen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für "mindestens 1 mal blau"?

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

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

Wie man auch im Baumdiagramm unten gut erkennen kann, sind bei 'mindestens einmal blau' alle Möglichkeiten enthalten, außer eben kein 'blau' bzw. 0 mal 'blau'

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

P=1-P(0 mal 'blau')=1- $\frac{8}{125}$ = $\frac{117}{125}$

Ereignis	P
blau -> blau -> blau	$\frac{27}{125}$
blau -> blau -> nicht blau	$\frac{18}{125}$
blau -> nicht blau -> blau	$\frac{18}{125}$
blau -> nicht blau -> nicht blau	$\frac{12}{125}$
nicht blau -> blau -> blau	$\frac{18}{125}$
nicht blau -> blau -> nicht blau	$\frac{12}{125}$
nicht blau -> nicht blau -> blau	$\frac{12}{125}$
nicht blau -> nicht blau -> nicht blau	$\frac{8}{125}$

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

Die relevanten Pfade sind:

'blau'-'nicht blau'-'nicht blau' (P= $\frac{12}{125}$ )
'nicht blau'-'blau'-'nicht blau' (P= $\frac{12}{125}$ )
'nicht blau'-'nicht blau'-'blau' (P= $\frac{12}{125}$ )
'blau'-'blau'-'nicht blau' (P= $\frac{18}{125}$ )
'blau'-'nicht blau'-'blau' (P= $\frac{18}{125}$ )
'nicht blau'-'blau'-'blau' (P= $\frac{18}{125}$ )
'blau'-'blau'-'blau' (P= $\frac{27}{125}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{12}{125}$ + $\frac{12}{125}$ + $\frac{12}{125}$ + $\frac{18}{125}$ + $\frac{18}{125}$ + $\frac{18}{125}$ + $\frac{27}{125}$ = $\frac{117}{125}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine Mathelehrerin hat für die 10 SchülerInnen ihrer 8. Klasse, die eine Zusatzaufgabe gemacht haben, eine Schokoladentafel, ein Pack Gummibärchen und eine Packung Kekse dabei. Jede der Süßigkeiten wird unter den 10 SchülerInnen verlost, wobei man nie mehr als eine Süßigkeit gewinnen kann. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für die Gesamtverlosung?

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Für die erste Stelle (Schokolade) ist jede(r) SchülerInnen möglich. Es gibt also 10 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle (Gummibärchen) ist der/die an erster Stelle (Schokolade) stehende SchülerInnen nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 9 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle (Kekse) fehlen dann schon 2, so dass nur noch 8 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 10 ⋅ 9 ⋅ 8 = 720 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Oma Hilde hat 8 Nougat-, 11 Krokant- und 15 Vollmilch-Ostereier in ein großes Osternest gepackt. Als eines ihrer Enkelkinder kommt, greift sie in das Nest und holt 19 Eier raus. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 5 Nougateier und genau 8 Vollmilcheier 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 Ostereier mit den Zahlen 1 bis 34 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 19 der insgesamt 34 Ostereier gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 19 von 34 Ostereier ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 34 \\ 19 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 5 Kreuzchen auf 8 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 5 gezogenen Nougateier unter den 8 Nougateier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "5 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 8 Nougateier ziehen", also $(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 6 Kreuzchen auf 11 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 6 gezogenen Krokanteier unter den 11 Krokanteier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "6 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 11 Krokanteier ziehen", also $(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 15 \\ 8 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 8 Kreuzchen auf 15 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 8 gezogenen Vollmilcheier unter den 15 Vollmilcheier auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Ostereier ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 15 Vollmilcheier ziehen", also $(\begin{matrix} 15 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 15 \\ 8 \end{matrix})$ 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 "19 Ostereier aus 34 Ostereier ziehen" $(\begin{matrix} 34 \\ 19 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 8 \\ 5 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 11 \\ 6 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 15 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 34 \\ 19 \end{matrix})}$ ≈ 0,0897 = 8,97%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 6 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 5 einstellbar sind. Es wird mit verbundenen Augen eine zufällige Zahlen-Kombination eingestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass darin alle 5 Zahlen enthalten sind?
(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) 5 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 5 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 5⋅5⋅...⋅5 = 5⁶ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen 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 (Zahlenschlossräder) gibt, auf denen zwei gleiche Zahlen stehen. (Da jede Zahl mindestens einmal vorkommt, und es aber mehr Zahlenschlossräder als Zahlen gibt, muss ja eine Zahl bei zwei Zahlenschlossräder 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 (Zahlenschlossräder), 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 9 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) = $\frac{6}{11}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 9 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{9}{n + 9}$

Wenn dann auch tatsächlich "rot" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{8}{n + 8}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen ist also $\frac{9}{n + 9} \cdot \frac{8}{n + 8}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{6}{11}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 9$ ; $- 8$ }

\frac{72}{(n + 9) (n + 8)}

=

\frac{6}{11}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 9) \cdot (n + 8)$ weg!

$\frac{72}{(n + 9) \cdot (n + 8)}$	=	$\frac{6}{11}$	\|⋅( $(n + 9) \cdot (n + 8)$ )
$\frac{72}{(n + 9) \cdot (n + 8)} \cdot (n + 9) \cdot (n + 8)$	=	$\frac{6}{11} \cdot (n + 9) \cdot (n + 8)$
$72 \frac{n + 9}{n + 9}$	=	$\frac{6}{11} (n + 9) (n + 8)$
$72$	=	$\frac{6}{11} (n + 9) (n + 8)$
$72$	=	$\frac{6}{11} n^{2} + \frac{102}{11} n + \frac{432}{11}$

$72$	=	$\frac{6}{11} n^{2} + \frac{102}{11} n + \frac{432}{11}$	\|⋅ 11
$792$	=	$11 (\frac{6}{11} n^{2} + \frac{102}{11} n + \frac{432}{11})$
$792$	=	$6 n^{2} + 102 n + 432$	\| $- 6 n^{2}$ $- 102 n$ $- 432$

- 6 n^{2} - 102 n + 360

= 0 |:6

$- n^{2} - 17 n + 60$ = 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 = $\frac{+ 17 \pm \sqrt{{(- 17)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 60}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{+ 17 \pm \sqrt{289 + 240}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{+ 17 \pm \sqrt{529}}{- 2}$

n₁ = $\frac{17 + \sqrt{529}}{- 2}$ = $\frac{17+23}{- 2}$ = $\frac{40}{- 2}$ = $- 20$

n₂ = $\frac{17 - \sqrt{529}}{- 2}$ = $\frac{17-23}{- 2}$ = $\frac{- 6}{- 2}$ = $3$

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:

$- n^{2} - 17 n + 60$ = 0 |: $- 1$

$n^{2} + 17 n - 60$ = 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 = ${(\frac{17}{2})}^{2} - (- 60)$ = $\frac{289}{4}$ $+$ $60$ = $\frac{289}{4}$ $+$ $\frac{240}{4}$ = $\frac{529}{4}$

x_1,2 = $- \frac{17}{2}$ ± $\sqrt{\frac{529}{4}}$

x₁ = $- \frac{17}{2}$ - $\frac{23}{2}$ = $- \frac{40}{2}$ = -20

x₂ = $- \frac{17}{2}$ + $\frac{23}{2}$ = $\frac{6}{2}$ = 3

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 3 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Behälter A sind 2 rote und 2 blaue Kugeln. Im Behälter B sind 5 rote und 5 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: 6 rote und 5 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine rote Kugel 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 blaue Kugeln zu ziehen, bestimmen:
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 rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{2}{11}$ = $\frac{1}{11}$

2. Möglichkeit: 5 rote und 6 blaue

Diese Möglichkeit tritt ein, wenn aus Behälter A eine blaue Kugel 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 blaue Kugeln zu ziehen, ist in diesem Fall dann:
P(blau-blau) = $\frac{6}{11}$ ⋅ $\frac{5}{10}$ = $\frac{3}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{3}{22}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{1}{11}$ + $\frac{3}{22}$ = $\frac{5}{22}$ .

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: 6 rote und 5 blaue

2. Möglichkeit: 5 rote und 6 blaue

Beide Möglichkeiten zusammen: