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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 18 Mädchen der Klasse eingesammelt wird. Deswegen wird solange gelost, bis das erste Mädchen gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies beim 2. Losdurchgang passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

Lösung einblenden

Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{21}$ ⋅ $\frac{18}{20}$
= $\frac{3}{7}$ ⋅ $\frac{6}{20}$
= $\frac{9}{70}$

Ziehen ohne Zurücklegen

Beispiel:

Auf einen Schüleraustausch bewerben sich 3 Mädchen und 7 Jungs. Weil aber leider weniger Plätze zur Verfügung stehen, muss gelost werden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von den ersten 3 verlosten Plätzen genau 3 an eine Mädchen gehen?

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Ereignis	P
Mädchen -> Mädchen -> Mädchen	$\frac{1}{120}$
Mädchen -> Mädchen -> Jungs	$\frac{7}{120}$
Mädchen -> Jungs -> Mädchen	$\frac{7}{120}$
Mädchen -> Jungs -> Jungs	$\frac{7}{40}$
Jungs -> Mädchen -> Mädchen	$\frac{7}{120}$
Jungs -> Mädchen -> Jungs	$\frac{7}{40}$
Jungs -> Jungs -> Mädchen	$\frac{7}{40}$
Jungs -> Jungs -> Jungs	$\frac{7}{24}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("Mädchen")= $\frac{3}{10}$ ; P("Jungs")= $\frac{7}{10}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'Mädchen'-'Mädchen'-'Mädchen' (P= $\frac{1}{120}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{1}{120}$ = $\frac{1}{120}$

Kombinatorik

Beispiel:

Ein spezielles Zahlenschloss hat 3 Ringe mit jeweils 4 verschiedenen Zahlen drauf. Wie viele verschiedene Möglichkeiten kann man bei diesem Zahlenschloss einstellen?

Lösung einblenden

Bei jedem der 3 'Zufallsversuche' gibt es 4 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 3 Ebenen immer 4-fach verzweigt.

Es entstehen so also 4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 4³ = 64 Möglichkeiten.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Bei einer Lotterie werden aus einem Lostopf mit 46 durchnummerierten Kugeln immer 7 Gewinnerkugeln zufällig gezogen. Jeder Teilnehmer an der Lotterie tippt nun genau 7 Zahlen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass man hierbei genau 3 der 7 Kugeln zufällig richtig tippt.
(Bitte auf 4 Stellen nach dem Komma runden - keine Prozentzahl)

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Zuerst überlegen wir uns die Anzahl der Möglichkeiten welche 7 der insgesamt 46 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 7 von 46 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 46 \\ 7 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 3 Kreuzchen auf 7 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 3 richtig getippten unter den 7 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "3 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 7 Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 4 falsch getippten unter den 39 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "4 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 39 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 39 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 39 \\ 4 \end{matrix})$ Möglichkeiten, weil ja jeder Fall der richtig getippten mit jedem Fall der falsch getippten kombiniert werden kann. Da ja die Anzahl der insgesamt möglichen Fälle für "7 Kugeln aus 46 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 46 \\ 7 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 39 \\ 4 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 46 \\ 7 \end{matrix})}$ = $\frac{2878785}{53524680}$ ≈ 0,0538 = 5,38%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 6 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 10 einstellbar sind. Es wird mit verbundenen Augen eine zufällige Zahlen-Kombination eingestellt. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dabei keine Zahl mehrfach vorkommt?
(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) 10 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 10 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 10⋅10⋅...⋅10 = 10⁶ Möglichkeiten für eine Zahlenschlosseinstellungen 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 blaue Kugeln zu ziehen, P(b-b) = $\frac{1}{15}$ . Bestimme die Anzahl der blauen Kugeln.

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Insgesamt sind also n + 7 Kugeln im Behälter.

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

Wenn dann auch tatsächlich "blau" aufgetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit für "blau" beim zweiten Versuch ist dann: $\frac{n-1}{n - 1 + 7}$

Die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen ist also $\frac{n}{n + 7} \cdot \frac{n - 1}{n + 6}$ . Da diese Wahrscheinlichkeit ja $\frac{1}{15}$ ist, gilt somit:

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

\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 7) \cdot (n + 6)}

=

\frac{1}{15}

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

$\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 7) \cdot (n + 6)}$	=	$\frac{1}{15}$	\|⋅( $(n + 7) \cdot (n + 6)$ )
$\frac{n \cdot (n - 1)}{(n + 7) \cdot (n + 6)} \cdot (n + 7) \cdot (n + 6)$	=	$\frac{1}{15} \cdot (n + 7) \cdot (n + 6)$
$\frac{n \cdot ((n - 1) \cdot 1)}{1}$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) \cdot (n + 6)$
$n \cdot (n - 1)$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) \cdot (n + 6)$
$n \cdot n + n \cdot (- 1)$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) \cdot (n + 6)$
$n \cdot n - n$	=	$\frac{1}{15} (n + 7) \cdot (n + 6)$
$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5}$

$n^{2} - n$	=	$\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5}$	\|⋅ 15
$15 (n^{2} - n)$	=	$15 (\frac{1}{15} n^{2} + \frac{13}{15} n + \frac{14}{5})$
$15 n^{2} - 15 n$	=	$n^{2} + 13 n + 42$	\| $- n^{2}$ $- 13 n$ $- 42$

14 n^{2} - 28 n - 42

= 0 |:14

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

n_1,2 = $\frac{+ 2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2}$

n_1,2 = $\frac{+ 2 \pm \sqrt{16}}{2}$

n₁ = $\frac{2 + \sqrt{16}}{2}$ = $\frac{2+4}{2}$ = $\frac{6}{2}$ = $3$

n₂ = $\frac{2 - \sqrt{16}}{2}$ = $\frac{2-4}{2}$ = $\frac{- 2}{2}$ = $- 1$

Lösen mit der p-q-Formel (x² + px + q = 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 = ${(- 1)}^{2} - (- 3)$ = $1$ $+$ $3$ = $4$

x_1,2 = $1$ ± $\sqrt{4}$

x₁ = $1$ - $2$ = -1

x₂ = $1$ + $2$ = 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 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 $\frac{2}{4}$ .

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

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Herz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P1 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{3}{11}$ = $\frac{3}{22}$

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 $\frac{2}{4}$ .

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

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei Kreuz-Karten zu ziehen wenn zuvor eine Kreuz Karte von Stapel A gezogen wurde:
P2 = $\frac{2}{4}$ ⋅ $\frac{21}{55}$ = $\frac{21}{110}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{3}{22}$ + $\frac{21}{110}$ = $\frac{18}{55}$ .

Aufgabenbeispiele von Pfadregel, Kombinatorik

Ziehen bis erstmals x kommt

Ziehen ohne 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: