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Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Aus einem Kartenstapel mit 12 Karten der Farbe Herz und 3 weiteren Karten soll solange eine Karte gezogen werden, bis eine Herz-Karte erscheint. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies im 3.Versuch passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{15}$ ⋅ $\frac{2}{14}$ ⋅ $\frac{12}{13}$
= $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{2}{7}$ ⋅ $\frac{2}{13}$
= $\frac{12}{455}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

Ein Würfel wird zwei mal geworfen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen 3 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:

'1'-'2' (P= $\frac{1}{36}$ )
'2'-'1' (P= $\frac{1}{36}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{36}$ + $\frac{1}{36}$ = $\frac{1}{18}$

Kombinatorik

Beispiel:

In einer Schule gibt es 3 achte Klassen. Für ein Projekt wird aus jeder Klasse je 1 Schüler ausgelost. Wie viele verschiedene Möglichkeiten für solche Trios sind möglich, wenn in der 8a 27 Schüler, in der 8b 27 Schüler und in der in der 8c 24 Schüler hat.

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Für die Kategorie '8a' gibt es 27 Möglichkeiten. Dabei kann man jedes Stück mit jeder der 27 Möglichkeiten der Kategorie '8b' kombinieren. Dies ergibt also 27 ⋅ 27 = 729 Möglichkeiten. Und jede dieser Möglichkeiten kann man dann wieder mit den 24 Möglichkeiten der Kategorie '8c' kombinieren, so dass sich insgesamt 27 ⋅ 27 ⋅ 24 = 17496 Möglichkeiten ergeben.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 8 blaue und 10 gelbe Kugeln. Es werden 12 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 4 Kugeln blau 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 18 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 12 der insgesamt 18 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 12 von 18 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 18 \\ 12 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 8 \\ 4 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 4 Kreuzchen auf 8 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 gezogenen blauen unter den 8 blauen Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 8 blauen Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 8 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Es gibt

(\begin{matrix} 10 \\ 8 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 8 Kreuzchen auf 10 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 8 gezogenen gelben unter den 10 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "8 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 10 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 10 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 8 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 10 \\ 8 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der gezogenen blauen mit jedem Fall der gezogenen gelben kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "12 Kugeln aus 18 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 18 \\ 12 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 8 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 10 \\ 8 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 18 \\ 12 \end{matrix})}$ = $\frac{3150}{18564}$ ≈ 0,1697 = 16,97%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 7 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 darin alle 6 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) 6 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 6 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 6⋅6⋅...⋅6 = 6⁷ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen gibt.

Anzahl der günstigen Fälle

Es gibt

(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 7 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} 7 \\ 2 \end{matrix})

Möglichkeiten.

Da ja nur Zahlen zwischen 1 und 6 möglich sind, gibt es somit $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 6 Möglichkeiten für die Belegung der beiden Felder mit gleichen Zahlen, weil ja eben jede der 6 Zahlen theoretisch doppelt 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 $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 15120 günstige Möglichkeiten

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix})⋅ 6 ⋅ 5⋅4⋅3⋅2⋅1}{6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6⋅6}$ = $\frac{15120}{279936}$ ≈ 0,054 = 5,4%

Ohne Zurücklegen rückwärts

Beispiel:

In einem Behälter sind 2 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) = $\frac{1}{45}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 2 Kugeln im Behälter.

Die Wahrscheinlichkeit für "rot" beim ersten Versuch ist damit: $\frac{2}{n + 2}$

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

Die Wahrscheinlichkeit, zwei rote Kugeln zu ziehen ist also $\frac{2}{n + 2} \cdot \frac{1}{n + 1}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{45}$ ist, gilt somit:

D=R\{ $- 2$ ; $- 1$ }

\frac{2}{(n + 2) \cdot (n + 1)}

=

\frac{1}{45}

Wir multiplizieren den Nenner $(n + 2) \cdot (n + 1)$ weg!

$\frac{2}{(n + 2) \cdot (n + 1)}$	=	$\frac{1}{45}$	\|⋅( $(n + 2) \cdot (n + 1)$ )
$\frac{2}{(n + 2) \cdot (n + 1)} \cdot (n + 2) \cdot (n + 1)$	=	$\frac{1}{45} \cdot (n + 2) \cdot (n + 1)$
$2 \frac{n + 2}{n + 2}$	=	$\frac{1}{45} (n + 2) \cdot (n + 1)$
$2$	=	$\frac{1}{45} (n + 2) \cdot (n + 1)$
$2$	=	$\frac{1}{45} n^{2} + \frac{1}{15} n + \frac{2}{45}$

$2$	=	$\frac{1}{45} n^{2} + \frac{1}{15} n + \frac{2}{45}$	\|⋅ 45
$90$	=	$45 (\frac{1}{45} n^{2} + \frac{1}{15} n + \frac{2}{45})$
$90$	=	$n^{2} + 3 n + 2$	\| $- n^{2}$ $- 3 n$ $- 2$

$- n^{2} - 3 n + 88$ = 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 = $\frac{+ 3 \pm \sqrt{{(- 3)}^{2} - 4 \cdot (- 1) \cdot 88}}{2 \cdot (- 1)}$

n_1,2 = $\frac{+ 3 \pm \sqrt{9 + 352}}{- 2}$

n_1,2 = $\frac{+ 3 \pm \sqrt{361}}{- 2}$

n₁ = $\frac{3 + \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{3+19}{- 2}$ = $\frac{22}{- 2}$ = $- 11$

n₂ = $\frac{3 - \sqrt{361}}{- 2}$ = $\frac{3-19}{- 2}$ = $\frac{- 16}{- 2}$ = $8$

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:

$- n^{2} - 3 n + 88$ = 0 |: $- 1$

$n^{2} + 3 n - 88$ = 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 = ${(\frac{3}{2})}^{2} - (- 88)$ = $\frac{9}{4}$ $+$ $88$ = $\frac{9}{4}$ $+$ $\frac{352}{4}$ = $\frac{361}{4}$

x_1,2 = $- \frac{3}{2}$ ± $\sqrt{\frac{361}{4}}$

x₁ = $- \frac{3}{2}$ - $\frac{19}{2}$ = $- \frac{22}{2}$ = -11

x₂ = $- \frac{3}{2}$ + $\frac{19}{2}$ = $\frac{16}{2}$ = 8

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Es waren also 8 blaue Kugeln im Behälter.

2 Urnen

Beispiel:

In einem Kartenstapel A sind 3 Herz-Karten und 2 Kreuz-Karten. Im Kartenstapel B sind 4 Herz- und 6 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: 5 Herz und 6 Kreuz

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

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

Wenn dann dieser Fall eingetreten ist, können wir über ein Baumdiagramm die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen, bestimmen:
P(Kreuz-Kreuz) = $\frac{6}{11}$ ⋅ $\frac{5}{10}$ = $\frac{3}{11}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{5}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{9}{55}$

2. Möglichkeit: 4 Herz und 7 Kreuz

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

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

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) = $\frac{7}{11}$ ⋅ $\frac{6}{10}$ = $\frac{21}{55}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{5}$ ⋅ $\frac{21}{55}$ = $\frac{42}{275}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{9}{55}$ + $\frac{42}{275}$ = $\frac{87}{275}$ .

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: 5 Herz und 6 Kreuz

2. Möglichkeit: 4 Herz und 7 Kreuz

Beide Möglichkeiten zusammen: