Mathebattle EduRandomtasks

Ziehen bis erstmals x kommt

Beispiel:

Eine Lehrerin sammelt die Hausaufgaben von einigen Schülern ein, um zu kontrollieren, ob diese auch ordentlich gemacht wurden. Aus Zeitgründen möchte sie aber nicht alle, sondern nur ein paar wenige einsammeln, welche durch ein Losverfahren ausgewählt werden. Aus (der unbegründeten) Angst ungerecht behandelt zu werden, bestehen die 3 Jungs darauf, dass unbedingt immer eine Hausaufgabe eines der 24 Mädchen der Klasse eingesammelt wird. Deswegen wird solange gelost, bis das erste Mädchen gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies beim 4. Losdurchgang passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{27}$ ⋅ $\frac{2}{26}$ ⋅ $\frac{1}{25}$ ⋅ $\frac{24}{24}$
= $\frac{1}{9}$ ⋅ $\frac{1}{13}$ ⋅ $\frac{1}{25}$ ⋅ $\frac{4}{4}$
= $\frac{1}{2925}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

Ein Würfel wird zwei mal geworfen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden Zahlen 11 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:

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

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

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

Kombinatorik

Beispiel:

Kristin hat die ganze Nacht durch MatheBattle gespielt und ist jetzt erste im Highscore in ihrer Klasse, die aus 24 Schülerinnen und Schülern besteht. Da überlegt sie sich, wie viele Möglichkeiten es eigentlich gibt, wie die ersten 4 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 24 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende SchülerIn nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 23 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 22 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 24 ⋅ 23 ⋅ 22 ⋅ 21 = 255024 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

In einem Behälter sind 10 blaue, 13 gelbe und 15 grüne Kugeln. Es werden 11 Kugeln aus dem Behälter zufällig gezogen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass davon genau 4 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 38 durchnummeriert wären.

Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 11 der insgesamt 38 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 11 von 38 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 38 \\ 11 \end{matrix})$ verwenden.

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

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

Es gibt

(\begin{matrix} 13 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 13 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 gezogenen gelben unter den 13 gelben Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 13 gelben Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 13 \\ 3 \end{matrix})$ 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 $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 13 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 15 \\ 4 \end{matrix})$ 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 "11 Kugeln aus 38 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 38 \\ 11 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 13 \\ 3 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 15 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 38 \\ 11 \end{matrix})}$ ≈ 0,0681 = 6,81%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Glücksrad mit 10 gleich großen Sektoren, die mit den Zahlen von 1 bis 10 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) 10 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 10 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Drehung) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 10⋅10⋅...⋅10 = 10⁶ 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} 10 \\ 6 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 6 Kreuzchen auf 10 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 6 Zahlen unter den 10 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 6 Zahlen von 10 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 10 \\ 6 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 6er-Pakete aus 10 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 10 \\ 6 \end{matrix})$ 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 $(\begin{matrix} 10 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅6! = 151200 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 10 \\ 6 \end{matrix})⋅6!}{10⋅10⋅10⋅10⋅10⋅10}$ = $\frac{151200}{1000000}$ ≈ 0,1512 = 15,12%

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.

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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 Behälter A sind 3 rote und 3 blaue Kugeln. Im Behälter B sind 9 rote und 3 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.

Lösung einblenden

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

1. Möglichkeit: 10 rote und 3 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) = $\frac{3}{13}$ ⋅ $\frac{2}{12}$ = $\frac{1}{26}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{1}{26}$ = $\frac{1}{52}$

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

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{1}{13}$ = $\frac{1}{26}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{1}{52}$ + $\frac{1}{26}$ = $\frac{3}{52}$ .

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: 10 rote und 3 blaue

2. Möglichkeit: 9 rote und 4 blaue

Beide Möglichkeiten zusammen: