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 15 Mädchen der Klasse eingesammelt wird. Deswegen wird solange gelost, bis das erste Mädchen gezogen wird. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass dies beim 3. Losdurchgang passiert?
(Denk daran, den Bruch vollständig zu kürzen!)

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Die Wahrscheinlichkeit kann man dem einzig möglichen Pfad entlang ablesen:

P= $\frac{3}{18}$ ⋅ $\frac{2}{17}$ ⋅ $\frac{15}{16}$
= $\frac{3}{3}$ ⋅ $\frac{1}{17}$ ⋅ $\frac{5}{16}$
= $\frac{5}{272}$

Ziehen mit Zurücklegen

Beispiel:

Ein Würfel wird 2 mal geworfen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, genau 0 mal eine 6 zu würfeln?

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Ereignis	P
6er -> 6er	$\frac{1}{36}$
6er -> keine_6	$\frac{5}{36}$
keine_6 -> 6er	$\frac{5}{36}$
keine_6 -> keine_6	$\frac{25}{36}$

Einzel-Wahrscheinlichkeiten: P("6er")= $\frac{1}{6}$ ; P("keine_6")= $\frac{5}{6}$ ;

Die relevanten Pfade sind:

'keine_6'-'keine_6' (P= $\frac{25}{36}$ )

Die Lösung ist also die Summe dieser Wahrscheinlichkeiten:

$\frac{25}{36}$ = $\frac{25}{36}$

Kombinatorik

Beispiel:

Eine Mathelehrerin verlost unter den 10 SchülerInnen ihrer 8. Klasse, die eine Zusatzaufgabe gemacht haben, 5 Matherätsel-Knobelbücher. Natürlich kann jeder höchstens eins bekommen. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für die 5er-Gruppe der glücklichen Gewinner?

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Für die erste Stelle ist jede(r/s) SchülerIn möglich. Es gibt also 10 Möglichkeiten. Für die zweite Stelle ist der/die/das an erster Stelle stehende SchülerIn nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 9 Möglichkeiten. Für die 3. Stelle 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:

Es gibt also 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 30240 Möglichkeiten, die 10 Möglichkeiten (SchülerIn) auf die 5 "Ziehungen" (Knobelbücher) zu verteilen.

Wir haben jetzt dabei aber genau unterschieden an welcher Stelle was gezogen wurde. Also wären zum Beispiel Anton-Berta-Caesar und Berta-Caesar-Anton zwei unterschiedliche Ergebnisse. In unserem Fall hier soll diese Reihenfolge aber keine Rolle spielen. Es interessiert nur, wer in der 5er-Gruppe drin ist, nicht an welche Stelle.

Wir berechnen jetzt also, wie viele mögliche Reihenfolgen pro 5er-Gruppe möglich sind.

Für die erste Stelle ist jede(r) aus der 5er-Gruppe möglich. Es gibt also 5 Möglichkeiten.
Für die zweite Stelle ist der/die an erster Stelle stehende nicht mehr möglich, es gibt also nur noch 4 Möglichkeiten.
Für die 3. Stelle fehlen dann schon 2, so dass nur noch 3 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 und erhalten 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 120 Möglichkeiten für die verschiedenen Reihenfolgen innerhalb einer 5er-Gruppe.

Wir müssen deswegen die 30240 Möglichkeiten für nach Reihenfolge sortierte 5er-Gruppen durch die 120 Möglichkeiten, die 5er-Gruppe anzuordnen, teilen.

Hieraus ergeben sich $\frac{30240}{120}$ = 252 Möglichkeiten für 5er-Gruppen, die aus 10 Elementen (SchülerIn) gebildet werden.

n Richtige tippen (ohne Zurücklegen)

Beispiel:

Bei einer Lotterie werden aus einem Lostopf mit 44 durchnummerierten Kugeln immer 4 Gewinnerkugeln zufällig gezogen. Jeder Teilnehmer an der Lotterie tippt nun genau 4 Zahlen. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass man hierbei genau 2 der 4 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 4 der insgesamt 44 Kugeln gewählt werden. Da dies ja der klassische Fall ist, bei dem man 4 von 44 Kugeln ohne Zurücklegen und ohne Berücksichtigung der Reihenfolge auswählt, können wir hierfür einfach den Binomialkoeffizienten $(\begin{matrix} 44 \\ 4 \end{matrix})$ verwenden.

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

Es gibt

(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 2 Kreuzchen auf 4 Kästchen zu verteilen.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 richtig getippten unter den 4 Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 4 Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Für die Anzahl der Möglichkeiten, die 2 falsch getippten unter den 40 Nicht-Gewinner-Kugeln auszuwählen, können wir wieder das gleiche Modell verwenden, eben "2 verschiedene Kugeln ohne Berücksichtigung der Reihenfolge unter den 40 Nicht-Gewinner-Kugeln ziehen", also $(\begin{matrix} 40 \\ 2 \end{matrix})$ Möglichkeiten.

Wenn wir jetzt die günstigen Fälle betrachten, kommen wir auf $(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 40 \\ 2 \end{matrix})$ 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 "4 Kugeln aus 44 Kugeln ziehen" $(\begin{matrix} 44 \\ 4 \end{matrix})$ ist, können wir nun die Wahrscheinlichkiet als Quotient der günstigen Fälle durch alle möglichen Fälle berechnen:

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})⋅(\begin{matrix} 40 \\ 2 \end{matrix})}{(\begin{matrix} 44 \\ 4 \end{matrix})}$ = $\frac{4680}{135751}$ ≈ 0,0345 = 3,45%

nur verschiedene (mit Zurücklegen)

Beispiel:

Ein Zahlenschloss hat 7 Drehscheiben, auf denen jeweils die Zahlen von 1 bis 12 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) 12 Möglichkeiten gibt, die sich mit den 12 Möglichkeiten jedes anderen Feldes (Zahlenschlossrad) kombinieren lassen, so dass es insgesamt 12⋅12⋅...⋅12 = 12⁷ 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 7 verschiedene Zahlen auftreten.

Es gibt

(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})

verschiedene Möglichkeiten 7 Kreuzchen auf 12 Kästchen zu verteilen.

Dazu betrachten wir erstmal die Anzahl der Möglichkeiten welche 7 Zahlen unter den 12 möglichen Zahlen vorkommen können. Auch dies kann man mit dem Modell bestimmen, wie viele Möglichkeiten es gibt, 7 Zahlen von 12 möglichen anzukreuzen. Dies sind

(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})

Möglichkeiten verschiedene 7er-Pakete aus 12 Zahlen zu packen.

Bei jeder dieser $(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})$ Möglichkeiten kann dabei die Reihenfolge noch beliebig verändert werden. Hierfür gibt es 7! = 7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1 Möglichkeiten. (7 Möglichkeiten für das erste Feld, 6 Möglichkeiten für das zweite ...)

Insgesamt kommen wir so auf $(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})$ ⋅7! = 3991680 Möglichkeiten.

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

P = $\frac{Anzahl der günstigen Fälle}{Anzahl aller möglichen Fälle}$ = $\frac{(\begin{matrix} 12 \\ 7 \end{matrix})⋅7!}{12⋅12⋅12⋅12⋅12⋅12⋅12}$ = $\frac{3991680}{35831808}$ ≈ 0,1114 = 11,14%

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 3 rote und 3 blaue Kugeln. Im Behälter B sind 8 rote und 4 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: 9 rote und 4 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) = $\frac{4}{13}$ ⋅ $\frac{3}{12}$ = $\frac{1}{13}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine rote Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P1 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{1}{13}$ = $\frac{1}{26}$

2. Möglichkeit: 8 rote und 5 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) = $\frac{5}{13}$ ⋅ $\frac{4}{12}$ = $\frac{5}{39}$

Insgesamt gilt also für die Wahrscheinlichkeit, zwei blaue Kugeln zu ziehen wenn zuvor eine blaue Kugel von Behälter A gezogen wurde:
P2 = $\frac{3}{6}$ ⋅ $\frac{5}{39}$ = $\frac{5}{78}$

Beide Möglichkeiten zusammen:

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

P = P1 + P2 = $\frac{1}{26}$ + $\frac{5}{78}$ = $\frac{4}{39}$ .

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: 9 rote und 4 blaue

2. Möglichkeit: 8 rote und 5 blaue

Beide Möglichkeiten zusammen: